Exercicis de corrent altern — Tecnologia i Enginyeria 2n Batxillerat

Q: Quina relació hi ha entre el valor de pic i l'eficaç?

En un corrent sinusoidal, el valor eficaç és el de pic dividit per l'arrel de 2. Els 230 V de casa són eficaços; el pic és d'uns 325 V.

Q: Com es calcula la impedància d'un circuit RLC en sèrie?

Amb l'arrel de R al quadrat més (XL − XC) al quadrat. Les reactàncies no se sumen directament a la resistència, perquè estan desfasades 90 graus.

El corrent altern és el que arriba a casa i a la indústria, i aquests exercicis en treballen els càlculs principals. Calcules valors eficaços i de pic, i la reactància d'una bobina o d'un condensador a una freqüència donada. Després resols circuits RLC en sèrie, trobant la impedància, la intensitat i el desfasament, i calcules les potències activa, reactiva i aparent i el factor de potència. Al final treballes els sistemes trifàsics, amb la relació entre la tensió de línia i la de fase en una connexió en estrella. Les solucions fan servir el triangle de potències. Errors típics: confondre el valor de pic amb l'eficaç i sumar directament les reactàncies amb la resistència.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

El corrent d'un endoll té un valor eficaç de 10 A. Calcula el valor de pic.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

I_{\text{pic}} \approx 14{,}1\ \text{A}

Resolució

Dades. El valor eficaç del corrent és $I_{\text{ef}} = 10\ \text{A}$ i es demana el valor de pic (el valor màxim).
Relació entre valor eficaç i valor de pic. Per a un corrent sinusoïdal, el valor de pic és $\sqrt{2}$ vegades l'eficaç: $I_{\text{pic}} = I_{\text{ef}}\cdot\sqrt{2}$
Càlcul. $I_{\text{pic}} = 10\cdot 1{,}414 = 14{,}14\ \text{A} \approx 14{,}1\ \text{A}$ .
Conclusió. El corrent oscil·la entre $+14{,}1$ i $-14{,}1\ \text{A}$ ; els 10 A són el valor que produeix el mateix efecte tèrmic que un corrent continu de 10 A.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

En un circuit de CA, quina diferència hi ha entre potència activa i potència reactiva? En quina unitat es mesura cadascuna?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

La potència activa (P) és la que es transforma en treball útil o calor i es mesura en watts (W); la reactiva (Q) va i torna entre la font i les bobines i condensadors sense fer treball útil i es mesura en voltamperes reactius (var).

Resolució

Potència activa. $P = V\cdot I\cdot\cos\varphi$ . És la que es converteix de veritat en treball útil o en calor (la que «es consumeix»). Es mesura en watts (W).
Potència reactiva. $Q = V\cdot I\cdot\sin\varphi$ . És l'energia que va i torna contínuament entre la font i els camps magnètics de les bobines i els camps elèctrics dels condensadors, sense fer cap treball útil. Es mesura en voltamperes reactius (var).
Potència aparent. La suma vectorial de les dues dona la potència aparent, que es mesura en voltamperes (VA): $S = \sqrt{P^{2} + Q^{2}} = V\cdot I$
Conclusió. Fixa't que la reactiva no fa feina útil, però sí que obliga a fer circular corrent per la línia.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

En una connexió en estrella, quina relació hi ha entre la tensió de línia i la tensió de fase?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

V_{L} = \sqrt{3}\cdot V_{f} \approx 1{,}73\cdot V_{f}

: la tensió de línia és

\sqrt{3}

vegades la de fase.

Resolució

Plantejament. En estrella, cada càrrega està connectada entre un conductor de fase i el neutre: la tensió de fase $V_{f}$ és la que hi ha entre fase i neutre, i la de línia $V_{L}$ , la que hi ha entre dues fases.
Relació entre tensions. La tensió de línia és la diferència de dues tensions de fase desfasades 120°; aquesta resta de fasors dona un mòdul $\sqrt{3}$ vegades més gran (avançat 30°): $V_{L} = \sqrt{3}\cdot V_{f}$
Exemple. 400 V de línia corresponen a $V_{f} = \dfrac{400}{\sqrt{3}} \approx 230\ \text{V}$ de fase.
Conclusió. Per això la xarxa de baixa tensió és de 230/400 V. En estrella, en canvi, el corrent de línia és igual al de fase.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

La tensió d'una xarxa elèctrica és v(t) = 325 · sin(314 · t), amb t en segons i v en volts. Determina el valor màxim, el valor eficaç, la freqüència, el període i el valor instantani de la tensió a t = 2,5 ms.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

V_{\text{màx}} = 325\ \text{V}

;

V_{\text{ef}} \approx 230\ \text{V}

;

f = 50\ \text{Hz}

;

T = 20\ \text{ms}

;

v(2{,}5\ \text{ms}) \approx 230\ \text{V}

Resolució

Dades. Comparant amb $v(t) = V_{\text{màx}}\cdot\sin(\omega\cdot t)$ : $V_{\text{màx}} = 325\ \text{V}$ i $\omega = 314\ \text{rad/s}$ .
Valor eficaç. $V_{\text{ef}} = \dfrac{V_{\text{màx}}}{\sqrt{2}} = \dfrac{325}{1{,}414} = 229{,}8\ \text{V} \approx 230\ \text{V}$
Freqüència i període. $f = \dfrac{\omega}{2\pi} = \dfrac{314}{6{,}283} \approx 50\ \text{Hz}$ i $T = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{50} = 0{,}02\ \text{s} = 20\ \text{ms}$ .
Valor instantani. $v(0{,}0025) = 325\cdot\sin(314\cdot 0{,}0025) = 325\cdot\sin(0{,}785\ \text{rad}) = 325\cdot 0{,}707 \approx 229{,}8\ \text{V}$ Fixa't que 2,5 ms és un vuitè del període, és a dir, 45°.
Conclusió. És la xarxa domèstica de 230 V i 50 Hz. Error típic: tenir la calculadora en graus quan l'argument del sinus està en radians.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

En un circuit de corrent altern es duplica la freqüència de la tensió. Explica, amb les fórmules, què passa amb la reactància d'una bobina, amb la d'un condensador i amb la resistència d'un resistor ideal.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

X_{L}

es duplica,

X_{C}

es divideix per dos i la resistència R no canvia.

Resolució

Plantejament. Compara l'oposició al corrent de cada element quan la freqüència passa de $f$ a $2f$ .
Bobina. $X_{L} = 2\pi\cdot f\cdot L$ és proporcional a la freqüència: $X_{L}' = 2\pi\cdot(2f)\cdot L = 2\,X_{L}$
Condensador. $X_{C} = \dfrac{1}{2\pi\cdot f\cdot C}$ és inversament proporcional a la freqüència: $X_{C}' = \dfrac{1}{2\pi\cdot(2f)\cdot C} = \dfrac{X_{C}}{2}$
Resistor ideal. R no depèn de la freqüència i es manté igual.
Conclusió. Una bobina deixa passar millor les freqüències baixes i frena les altes; un condensador, al revés. En corrent continu ( $f = 0$ ), la bobina no ofereix reactància ( $X_{L} = 0$ ) i el condensador es comporta com un circuit obert ( $X_{C}$ infinita).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Indica el desfasament entre la tensió i el corrent, el factor de potència i la potència activa consumida (P = V·I·cos φ) en una resistència ideal, en una bobina ideal i en un condensador ideal.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Resultat

Resistència:

\varphi = 0^\circ

\cos\varphi = 1

P = V\cdot I

; bobina: corrent endarrerit 90°,

\cos\varphi = 0

P = 0

; condensador: corrent avançat 90°,

\cos\varphi = 0

P = 0

Resolució

Plantejament. La potència activa és $P = V\cdot I\cdot\cos\varphi$ : n'hi ha prou de saber el desfasament $\varphi$ de cada element.
Resistència ideal. Tensió i corrent estan en fase ( $\varphi = 0^\circ$ ): $\cos\varphi = 1$ i $P = V\cdot I$ ; tota la potència aparent és activa.
Bobina ideal. El corrent va endarrerit 90° respecte de la tensió: $\cos 90^\circ = 0$ i $P = 0$ .
Condensador ideal. El corrent avança 90° respecte de la tensió: $\cos\varphi = 0$ i $P = 0$ .
Conclusió. La bobina i el condensador ideals no consumeixen potència activa: només intercanvien energia amb la font (potència reactiva), que fa augmentar el corrent sense fer treball útil.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Tres impedàncies iguals es connecten en triangle a una xarxa trifàsica de 400 V (tensió entre fases) i per cadascuna passa un corrent de 10 A. Calcula la tensió aplicada a cada impedància i el corrent de línia.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

V_{f} = 400\ \text{V}

;

I_{L} \approx 17{,}3\ \text{A}

Resolució

Dades. Connexió en triangle, $V_{L} = 400\ \text{V}$ i corrent per cada impedància $I_{f} = 10\ \text{A}$ .
Tensió de cada impedància. En triangle, cada impedància està connectada entre dues fases, per tant la tensió de fase és igual a la de línia: $V_{f} = V_{L} = 400\ \text{V}$ .
Corrent de línia. En triangle, el corrent de línia és $\sqrt{3}$ vegades el de fase: $I_{L} = \sqrt{3}\cdot I_{f} = 1{,}732\cdot 10 = 17{,}3\ \text{A}$
Conclusió. Error típic: aplicar les relacions de l'estrella ( $V_{L} = \sqrt{3}\cdot V_{f}$ i $I_{L} = I_{f}$ ); en el triangle és el corrent el que es multiplica per $\sqrt{3}$ .

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

Un transformador ideal té 1150 espires al primari i 60 al secundari. Si s'alimenta a 230 V, calcula la tensió del secundari. Si el secundari lliura 5 A, quin és el corrent del primari?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

V_{2} = 12\ \text{V}

;

I_{1} \approx 0{,}261\ \text{A}

Resolució

Dades. $N_{1} = 1150$ , $N_{2} = 60$ , $V_{1} = 230\ \text{V}$ i $I_{2} = 5\ \text{A}$ .
Relació de transformació. $\dfrac{V_{1}}{V_{2}} = \dfrac{N_{1}}{N_{2}} = \dfrac{1150}{60} = 19{,}17$
Tensió del secundari. $V_{2} = 230\cdot\dfrac{60}{1150} = 12\ \text{V}$ .
Corrent del primari. En un transformador ideal la potència es conserva, $V_{1}\cdot I_{1} = V_{2}\cdot I_{2}$ : $I_{1} = \dfrac{12\cdot 5}{230} = 0{,}261\ \text{A}$
Comprovació. $230\cdot 0{,}261 = 60\ \text{W} = 12\cdot 5$ . Quan es redueix la tensió, el corrent augmenta en la mateixa proporció.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Relaciona cada magnitud amb la seva unitat del SI i el símbol de la unitat: potència activa, potència reactiva, potència aparent, reactància, inductància, capacitat i freqüència.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

Potència activa: watt (W); potència reactiva: voltampere reactiu (var); potència aparent: voltampere (VA); reactància: ohm (Ω); inductància: henry (H); capacitat: farad (F); freqüència: hertz (Hz).

Resolució

Potències. Activa (P): watt, W. Reactiva (Q): voltampere reactiu, var. Aparent (S): voltampere, VA.
Components. Reactància (X): ohm, Ω (com la resistència, és una oposició al corrent). Inductància (L): henry, H. Capacitat (C): farad, F.
Freqüència. Freqüència (f): hertz, Hz (1 Hz = 1 s⁻¹, un cicle per segon).
Conclusió. Fixa't que les tres potències tenen la mateixa dimensió (V·A), però s'expressen amb unitats diferents per no confondre-les.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Una estufa elèctrica és un resistor de 46 Ω alimentat amb una tensió alterna sinusoïdal de valor màxim 325 V. Calcula la potència que consumeix. Quin error cometries si fessis servir directament 325 V a la fórmula P = $\tfrac{V^{2}}{R}$ ?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

P \approx 1{,}15\ \text{kW}

(1148 W); amb 325 V obtindries 2296 W, el doble del valor correcte.

Resolució

Dades. $R = 46\ \Omega$ i $V_{\text{màx}} = 325\ \text{V}$ .
Valor eficaç. La potència es calcula amb la tensió eficaç: $V_{\text{ef}} = \dfrac{325}{\sqrt{2}} = 229{,}8\ \text{V}$ .
Potència. $P = \dfrac{V_{\text{ef}}^{2}}{R} = \dfrac{229{,}8^{2}}{46} = 1148\ \text{W} \approx 1{,}15\ \text{kW}$
Error amb el valor màxim. Si fessis servir 325 V: $P = \dfrac{325^{2}}{46} = 2296\ \text{W}$ , el doble del correcte (un error del 100 %), perquè el quadrat de la tensió màxima és el doble del quadrat de l'eficaç.
Conclusió. El valor eficaç és el que produeix en un resistor els mateixos efectes tèrmics que una tensió contínua d'aquest valor.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Una tensió alterna té valor de pic 155 V i freqüència 60 Hz. Calcula el valor eficaç i el període.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

V_{\text{ef}} \approx 109{,}6\ \text{V}

;

T \approx 16{,}7\ \text{ms}

Resolució

Dades. $V_{\text{pic}} = 155\ \text{V}$ i $f = 60\ \text{Hz}$ .
Valor eficaç. Per a una tensió sinusoïdal: $V_{\text{ef}} = \dfrac{V_{\text{pic}}}{\sqrt{2}} = \dfrac{155}{1{,}414} = 109{,}6\ \text{V}$
Període. El període és l'invers de la freqüència: $T = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{60} = 0{,}0167\ \text{s} = 16{,}7\ \text{ms}$ .
Conclusió. Són els valors de la xarxa americana (uns 110–120 V i 60 Hz).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

Un condensador de 100 microfarads (100·10⁻⁶ F) treballa a 50 Hz. Calcula la reactància capacitiva.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

X_{C} \approx 31{,}8\ \Omega

Resolució

Dades. $C = 100\cdot10^{-6}\ \text{F}$ i $f = 50\ \text{Hz}$ .
Reactància capacitiva. $X_{C} = \dfrac{1}{2\pi\cdot f\cdot C}$
Càlcul. $X_{C} = \dfrac{1}{2\pi\cdot 50\cdot 100\cdot10^{-6}} = \dfrac{1}{0{,}0314} = 31{,}8\ \Omega$
Conclusió. Com més gran és la capacitat (o la freqüència), més petita és la reactància i més fàcilment passa el corrent.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Una instal·lació consumeix una potència activa de 5 kW amb un factor de potència de 0,6. a) Calcula la potència aparent i la reactiva. b) Explica per què convé millorar el factor de potència i com es fa habitualment.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Apartat a)

Resultat

S \approx 8{,}33\ \text{kVA}

;

Q \approx 6{,}67\ \text{kvar}

Resolució

Dades. $P = 5\ \text{kW} = 5000\ \text{W}$ i $\cos\varphi = 0{,}6$ .
Triangle de potències. $P = S\cdot\cos\varphi$ i $S^{2} = P^{2} + Q^{2}$ .
Potència aparent. $S = \dfrac{P}{\cos\varphi} = \dfrac{5000}{0{,}6} = 8333\ \text{VA} = 8{,}33\ \text{kVA}$
Potència reactiva. $Q = \sqrt{S^{2} - P^{2}} = \sqrt{8333^{2} - 5000^{2}} = \sqrt{44{,}44\cdot10^{6}} = 6667\ \text{var} = 6{,}67\ \text{kvar}$ Comprovació: $Q = S\cdot\sin\varphi = 8333\cdot 0{,}8 = 6667\ \text{var}$ .

Apartat b)

Resultat

Amb un cos φ baix la xarxa ha de portar molt corrent per lliurar poca potència útil; es millora connectant condensadors en paral·lel amb la càrrega inductiva.

Resolució

El problema. Per a la mateixa potència activa, $I = \dfrac{P}{V\cdot\cos\varphi}$ : amb un $\cos\varphi$ baix la xarxa ha de portar molt corrent (molta potència aparent) per lliurar poca potència útil.
Conseqüències. Augmenten les pèrdues als cables i calen conductors i transformadors més grans; per això la companyia penalitza el consum de reactiva.
La solució. S'afegeixen condensadors en paral·lel amb la càrrega inductiva: aporten potència reactiva de signe contrari a la de les bobines, redueixen la Q total i pugen el $\cos\varphi$ cap a 1.
Conclusió. La potència activa que consumeix la instal·lació no canvia; només baixa el corrent que circula per la línia.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

En un sistema trifàsic en estrella, la tensió de línia és 400 V. Calcula la tensió de fase.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

V_{f} \approx 231\ \text{V}

Resolució

Dades. Sistema en estrella amb $V_{L} = 400\ \text{V}$ .
Relació en estrella. $V_{L} = \sqrt{3}\cdot V_{f}$ .
Càlcul. $V_{f} = \dfrac{V_{L}}{\sqrt{3}} = \dfrac{400}{1{,}732} = 231\ \text{V}$
Conclusió. És la tensió entre fase i neutre de la xarxa de 230/400 V.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

A la pantalla d'un oscil·loscopi s'observen la tensió i el corrent d'una càrrega. La tensió ocupa 6 divisions de pic a pic amb una escala de 100 V/div; un període complet ocupa 10 divisions amb una base de temps de 2 ms/div; i el màxim de la tensió apareix 1,5 divisions abans que el màxim del corrent. Calcula la freqüència, el valor eficaç de la tensió i el desfasament, digues si la càrrega és inductiva o capacitiva i calcula'n el factor de potència.

Pantalla d'oscil·loscopi de 10 × 8 divisions amb dues sinusoides, tensió i corrent, desfasades; escales 100 V/div per a la tensió i base de temps de 2 ms/div

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

f = 50\ \text{Hz}

;

V_{\text{ef}} \approx 212\ \text{V}

;

\varphi = 54^\circ

; càrrega inductiva;

\cos\varphi \approx 0{,}588

Resolució

Període i freqüència. Un període ocupa 10 divisions de 2 ms: $T = 10\cdot 2 = 20\ \text{ms}$ , per tant $f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{0{,}02} = 50\ \text{Hz}$ .
Valor eficaç. De pic a pic hi ha $6\cdot 100 = 600\ \text{V}$ , per tant $V_{\text{màx}} = 300\ \text{V}$ i $V_{\text{ef}} = \dfrac{300}{\sqrt{2}} = 212\ \text{V}$
Desfasament. 1,5 divisions de les 10 d'un període són: $\varphi = \dfrac{1{,}5}{10}\cdot 360^\circ = 54^\circ$ (és a dir, 3 ms de 20 ms).
Tipus de càrrega. La tensió arriba al màxim abans que el corrent, és a dir, el corrent va endarrerit respecte de la tensió: la càrrega és inductiva.
Factor de potència. $\cos\varphi = \cos 54^\circ = 0{,}588$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

Un resistor de 100 Ω i un condensador de 20 µF es connecten en sèrie a una xarxa de 230 V i 50 Hz. Calcula la reactància capacitiva, la impedància, el corrent, les tensions al resistor i al condensador i el factor de potència. Per què $V_{R}$ + $V_{C}$ és més gran que 230 V?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

X_{C} \approx 159{,}2\ \Omega

;

Z \approx 188{,}0\ \Omega

;

I \approx 1{,}22\ \text{A}

;

V_{R} \approx 122{,}4\ \text{V}

;

V_{C} \approx 194{,}7\ \text{V}

;

\cos\varphi \approx 0{,}532

(capacitiu)

Resolució

Dades. Circuit RC sèrie: $R = 100\ \Omega$ , $C = 20\ \mu\text{F}$ , $V = 230\ \text{V}$ i $f = 50\ \text{Hz}$ .
Reactància i impedància. $X_{C} = \dfrac{1}{2\pi\cdot 50\cdot 20\cdot10^{-6}} = 159{,}2\ \Omega$ i $Z = \sqrt{R^{2} + X_{C}^{2}} = \sqrt{100^{2} + 159{,}2^{2}} = 188{,}0\ \Omega$
Corrent i tensions. Llei d'Ohm en CA: $I = \dfrac{V}{Z} = \dfrac{230}{188{,}0} = 1{,}22\ \text{A}$ . Llavors $V_{R} = I\cdot R = 122{,}4\ \text{V}$ i $V_{C} = I\cdot X_{C} = 194{,}7\ \text{V}$ .
Factor de potència. $\cos\varphi = \dfrac{R}{Z} = \dfrac{100}{188{,}0} = 0{,}532$ , capacitiu: el corrent avança respecte de la tensió.
Per què la suma passa de 230 V. Les tensions no se sumen aritmèticament, perquè estan desfasades 90°; se sumen com a fasors: $\sqrt{122{,}4^{2} + 194{,}7^{2}} = 230\ \text{V}$ Per això $122{,}4 + 194{,}7 = 317\ \text{V}$ no contradiu res.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Un resistor de 50 Ω i una bobina ideal de reactància 40 Ω es connecten en paral·lel a 120 V. Calcula el corrent per cada element, el corrent total, el factor de potència i la potència activa.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Resultat

I_{R} = 2{,}4\ \text{A}

;

I_{L} = 3\ \text{A}

;

I \approx 3{,}84\ \text{A}

;

\cos\varphi \approx 0{,}625

(inductiu);

P = 288\ \text{W}

Resolució

Dades. R = 50 Ω i $X_{L} = 40\ \Omega$ en paral·lel a $V = 120\ \text{V}$ : tots dos elements tenen la mateixa tensió.
Corrent per cada element. $I_{R} = \dfrac{120}{50} = 2{,}4\ \text{A}$ (en fase amb la tensió) i $I_{L} = \dfrac{120}{40} = 3\ \text{A}$ (endarrerit 90° respecte de la tensió).
Corrent total. En paral·lel els corrents es sumen vectorialment: $I = \sqrt{I_{R}^{2} + I_{L}^{2}} = \sqrt{2{,}4^{2} + 3^{2}} = 3{,}84\ \text{A}$ (no 5,4 A).
Factor de potència. $\cos\varphi = \dfrac{I_{R}}{I} = \dfrac{2{,}4}{3{,}84} = 0{,}625$ , inductiu.
Potència activa. $P = V\cdot I_{R} = 120\cdot 2{,}4 = 288\ \text{W}$ , que només es dissipa al resistor (la bobina ideal no consumeix potència activa). Comprovació: $V\cdot I\cdot\cos\varphi = 120\cdot 3{,}84\cdot 0{,}625 = 288\ \text{W}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

Un taller alimentat a 230 V té dues càrregues en paral·lel: un motor que consumeix 3 kW amb cos φ = 0,8 (inductiu) i un escalfador resistiu de 2 kW. Calcula les potències activa, reactiva i aparent totals, el factor de potència total i el corrent de la línia. Quin error és freqüent en calcular la potència aparent total?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Resultat

P = 5\ \text{kW}

;

Q = 2{,}25\ \text{kvar}

;

S \approx 5{,}48\ \text{kVA}

;

\cos\varphi \approx 0{,}912

;

I \approx 23{,}8\ \text{A}

. Error freqüent: sumar les potències aparents.

Resolució

Dades. Motor: $P_{1} = 3\ \text{kW}$ , $\cos\varphi_{1} = 0{,}8$ inductiu ( $\tan\varphi_{1} = 0{,}75$ ). Escalfador: $P_{2} = 2\ \text{kW}$ , resistiu ( $Q_{2} = 0$ ).
Teorema de Boucherot. Les potències actives i les reactives de les càrregues se sumen per separat: $Q_{1} = P_{1}\cdot\tan\varphi_{1} = 3000\cdot 0{,}75 = 2250\ \text{var}$ ; $P = 3000 + 2000 = 5000\ \text{W}$ i $Q = 2250\ \text{var}$ .
Potència aparent i factor de potència. $S = \sqrt{P^{2} + Q^{2}} = \sqrt{5000^{2} + 2250^{2}} = 5483\ \text{VA}$ $\cos\varphi = \dfrac{P}{S} = \dfrac{5000}{5483} = 0{,}912$ .
Corrent de la línia. $I = \dfrac{S}{V} = \dfrac{5483}{230} = 23{,}8\ \text{A}$ .
Error freqüent. Sumar les potències aparents de cada càrrega (3750 + 2000 = 5750 VA). Només se sumen la potència activa i la reactiva, perquè les aparents estan desfasades.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Tres resistències iguals de 20 Ω es connecten a una xarxa trifàsica de 400 V entre fases. Calcula el corrent de línia i la potència total absorbida quan es connecten en estrella i quan es connecten en triangle, i compara els resultats.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Resultat

Estrella:

I_{L} \approx 11{,}5\ \text{A}

P = 8\ \text{kW}

; triangle:

I_{L} \approx 34{,}6\ \text{A}

P = 24\ \text{kW}

. En triangle, el corrent i la potència són 3 vegades més grans.

Resolució

Dades. Tres resistències de 20 Ω i $V_{L} = 400\ \text{V}$ .
Estrella. Cada resistència rep $V_{f} = \dfrac{400}{\sqrt{3}} = 231\ \text{V}$ i el corrent de línia és igual al de fase: $I = \dfrac{231}{20} = 11{,}5\ \text{A}$ . Potència: $P = 3\cdot\dfrac{V_{f}^{2}}{R} = 3\cdot\dfrac{(400/\sqrt{3})^{2}}{20} = 3\cdot\dfrac{53\,333}{20} = 8000\ \text{W}$
Triangle. Cada resistència rep 400 V: $I_{f} = \dfrac{400}{20} = 20\ \text{A}$ i $I_{L} = \sqrt{3}\cdot 20 = 34{,}6\ \text{A}$ . Potència: $P = 3\cdot\dfrac{400^{2}}{20} = 24\,000\ \text{W}$
Comparació. Connectades en triangle, les mateixes resistències absorbeixen un corrent de línia 3 vegades més gran i una potència 3 vegades més gran (24 kW enfront de 8 kW), perquè la tensió aplicada a cada una és $\sqrt{3}$ vegades més gran i la potència va amb el quadrat de la tensió.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Un motor trifàsic de 400 V entre fases lliura una potència útil de 7,5 kW amb un rendiment del 88 % i un factor de potència de 0,85. Calcula la potència activa que absorbeix de la xarxa, el corrent de línia i les potències aparent i reactiva.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Resultat

P_{1} \approx 8{,}52\ \text{kW}

;

I_{L} \approx 14{,}5\ \text{A}

;

S \approx 10{,}0\ \text{kVA}

;

Q \approx 5{,}28\ \text{kvar}

Resolució

Dades. $P_{\text{útil}} = 7{,}5\ \text{kW}$ , $\eta = 0{,}88$ , $\cos\varphi = 0{,}85$ i $V_{L} = 400\ \text{V}$ .
Potència absorbida. El rendiment relaciona la potència útil amb l'absorbida: $P_{1} = \dfrac{P_{\text{útil}}}{\eta} = \dfrac{7500}{0{,}88} = 8523\ \text{W}$
Corrent de línia. Potència trifàsica, $P_{1} = \sqrt{3}\cdot V_{L}\cdot I\cdot\cos\varphi$ : $I = \dfrac{8523}{\sqrt{3}\cdot 400\cdot 0{,}85} = 14{,}5\ \text{A}$
Potències aparent i reactiva. $S = \sqrt{3}\cdot V_{L}\cdot I = \sqrt{3}\cdot 400\cdot 14{,}47 = 10\,027\ \text{VA}$ (≈ 10 kVA), o també $P_{1}/\cos\varphi$ . Amb $\sin\varphi = \sqrt{1 - 0{,}85^{2}} = 0{,}527$ : $Q = S\cdot\sin\varphi = 10\,027\cdot 0{,}527 = 5282\ \text{var}$ .
Conclusió. Error típic: usar la potència útil de 7,5 kW com si fos la que absorbeix de la xarxa.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

Un circuit sèrie té R = 10 Ω, L = 50 mH i C = 20 µF i s'alimenta amb una tensió eficaç de 24 V.
a) Calcula la freqüència de ressonància f₀ = 1/(2π·√(L·C)).
b) Calcula el corrent en ressonància.
c) Calcula les tensions eficaces a la bobina i al condensador en ressonància i comenta el resultat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Apartat a)

Resultat

f_{0} \approx 159{,}2\ \text{Hz}

Resolució

Dades. $R = 10\ \Omega$ , $L = 50\ \text{mH} = 0{,}05\ \text{H}$ , $C = 20\ \mu\text{F}$ i $V = 24\ \text{V}$ .
Freqüència de ressonància. $f_{0} = \dfrac{1}{2\pi\sqrt{L\cdot C}} = \dfrac{1}{2\pi\sqrt{0{,}05\cdot 20\cdot10^{-6}}} = \dfrac{1}{2\pi\cdot10^{-3}} = 159{,}2\ \text{Hz}$
Conclusió. La pulsació de ressonància és $\omega_{0} = 1000\ \text{rad/s}$ .

Apartat b)

Resultat

I = 2{,}4\ \text{A}

Resolució

Condició de ressonància. En ressonància $X_{L} = X_{C}$ : $\omega_{0}\cdot L = 1000\cdot 0{,}05 = 50\ \Omega = \dfrac{1}{\omega_{0}\cdot C}$ . Les reactàncies s'anul·len i $Z = R = 10\ \Omega$ .
Càlcul. $I = \dfrac{V}{R} = \dfrac{24}{10} = 2{,}4\ \text{A}$ .
Conclusió. És el corrent màxim que pot circular pel circuit, perquè la impedància és mínima.

Apartat c)

Resultat

V_{L} = V_{C} = 120\ \text{V}

, cinc vegades la tensió d'alimentació.

Resolució

Càlcul. $V_{L} = I\cdot X_{L} = 2{,}4\cdot 50 = 120\ \text{V}$ i $V_{C} = I\cdot X_{C} = 120\ \text{V}$ .
Factor de qualitat. $Q = \dfrac{X_{L}}{R} = \dfrac{50}{10} = 5$ : cada tensió és 5 vegades la de la font ( $5\cdot 24 = 120\ \text{V}$ ).
Comentari. Les tensions de la bobina i del condensador estan en oposició de fase i es compensen entre elles, però cadascuna per separat pot ser molt més alta que la de la font: hi pot haver perill de sobretensions.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

Un circuit sèrie R-L es connecta a 230 V i 50 Hz. Té R = 40 Ω i una bobina de L = 0,15 H. Calcula: a) la reactància inductiva; b) la impedància; c) el corrent eficaç; d) el factor de potència.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Apartat a)

Resultat

X_{L} \approx 47{,}1\ \Omega

Resolució

Dades. $R = 40\ \Omega$ , $L = 0{,}15\ \text{H}$ , $V = 230\ \text{V}$ i $f = 50\ \text{Hz}$ .
Reactància inductiva. $X_{L} = 2\pi\cdot f\cdot L = 2\pi\cdot 50\cdot 0{,}15 = 47{,}1\ \Omega$ .

Apartat b)

Resultat

Z \approx 61{,}8\ \Omega

Resolució

Impedància d'un RL sèrie. Només hi ha R i L, per tant $X = X_{L}$ : $Z = \sqrt{R^{2} + X_{L}^{2}}$ .
Càlcul. $Z = \sqrt{40^{2} + 47{,}1^{2}} = \sqrt{1600 + 2218} = \sqrt{3818} = 61{,}8\ \Omega$ .

Apartat c)

Resultat

I \approx 3{,}72\ \text{A}

Resolució

Llei d'Ohm en CA. $I = \dfrac{V}{Z}$ .
Càlcul. $I = \dfrac{230}{61{,}8} = 3{,}72\ \text{A}$ .

Apartat d)

Resultat

\cos\varphi \approx 0{,}647

(inductiu)

Resolució

Factor de potència. $\cos\varphi = \dfrac{R}{Z} = \dfrac{40}{61{,}8} = 0{,}647$ .
Conclusió. La càrrega és inductiva (el corrent va endarrerit), amb un factor de potència força baix.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Un circuit sèrie R-L-C té R = 20 Ω, $X_{L}$ = 55 Ω i $X_{C}$ = 25 Ω, connectat a 120 V. Calcula la reactància total, la impedància i el corrent. Digues si el circuit és inductiu o capacitiu.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Resultat

X = 30\ \Omega

;

Z \approx 36{,}1\ \Omega

;

I \approx 3{,}33\ \text{A}

; el circuit és inductiu.

Resolució

Dades. $R = 20\ \Omega$ , $X_{L} = 55\ \Omega$ , $X_{C} = 25\ \Omega$ i $V = 120\ \text{V}$ .
Reactància total. Les reactàncies inductiva i capacitiva tenen efectes oposats i es resten: $X = X_{L} - X_{C} = 55 - 25 = 30\ \Omega$ .
Impedància. $Z = \sqrt{R^{2} + X^{2}} = \sqrt{20^{2} + 30^{2}} = \sqrt{1300} = 36{,}1\ \Omega$ .
Corrent. $I = \dfrac{V}{Z} = \dfrac{120}{36{,}06} = 3{,}33\ \text{A}$ (si fas servir Z arrodonida a 36,1 Ω, surt 3,32 A).
Conclusió. Com que $X_{L} > X_{C}$ , la reactància total és positiva: el circuit és inductiu (el corrent va endarrerit respecte de la tensió).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Un motor monofàsic connectat a 230 V absorbeix un corrent de 6 A amb un factor de potència de 0,75. Calcula les potències activa, reactiva i aparent.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Resultat

S = 1380\ \text{VA}

;

P = 1035\ \text{W}

;

Q \approx 913\ \text{var}

Resolució

Dades. $V = 230\ \text{V}$ , $I = 6\ \text{A}$ i $\cos\varphi = 0{,}75$ .
Aparent i activa. $S = V\cdot I = 230\cdot 6 = 1380\ \text{VA}$ i $P = V\cdot I\cdot\cos\varphi = 1380\cdot 0{,}75 = 1035\ \text{W}$ .
Reactiva. $\sin\varphi = \sqrt{1 - 0{,}75^{2}} = \sqrt{0{,}4375} = 0{,}661$ , i $Q = V\cdot I\cdot\sin\varphi = 1380\cdot 0{,}6614 = 913\ \text{var}$ (amb el sinus arrodonit a 0,661 surt 912 var).
Comprovació. Triangle de potències: $S = \sqrt{P^{2} + Q^{2}} = \sqrt{1035^{2} + 913^{2}} \approx 1380\ \text{VA}$ . Correcte.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Una indústria connectada a una xarxa trifàsica de 400 V i 50 Hz consumeix 30 kW amb un factor de potència de 0,70 inductiu. Es vol portar el factor de potència a 0,95 amb una bateria de tres condensadors iguals.
a) Calcula el corrent de línia abans de la correcció.
b) Calcula la potència reactiva que han de compensar els condensadors.
c) Calcula la capacitat de cada condensador si es connecten en triangle i si es connecten en estrella.
d) Calcula el corrent de línia després de la correcció i explica quin avantatge té.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

I_{1} \approx 61{,}9\ \text{A}

Resolució

Dades. $P = 30\ \text{kW}$ , $V_{L} = 400\ \text{V}$ , $f = 50\ \text{Hz}$ , $\cos\varphi_{1} = 0{,}70$ i es vol $\cos\varphi_{2} = 0{,}95$ .
Potència trifàsica. $I_{1} = \dfrac{P}{\sqrt{3}\cdot V_{L}\cdot\cos\varphi_{1}} = \dfrac{30\,000}{\sqrt{3}\cdot 400\cdot 0{,}70} = 61{,}9\ \text{A}$

Apartat b)

Resultat

Q_{C} \approx 20{,}7\ \text{kvar}

Resolució

Tangents. $\tan\varphi_{1} = 1{,}0202$ ( $\cos\varphi = 0{,}70$ ) i $\tan\varphi_{2} = 0{,}3287$ ( $\cos\varphi = 0{,}95$ ).
Reactiva a compensar. La potència activa no canvia; la reactiva passa de $P\cdot\tan\varphi_{1}$ a $P\cdot\tan\varphi_{2}$ : $Q_{C} = P\cdot(\tan\varphi_{1} - \tan\varphi_{2}) = 30\,000\cdot(1{,}0202 - 0{,}3287) \approx 20\,746\ \text{var}$

Apartat c)

Resultat

Triangle:

C \approx 137{,}6\ \mu\text{F}

per condensador; estrella:

C \approx 412{,}7\ \mu\text{F}

(tres vegades més)

Resolució

Plantejament. Cada condensador aporta $\dfrac{Q_{C}}{3} = V_{\text{cond}}^{2}\cdot\omega\cdot C$ , amb $\omega = 2\pi\cdot 50 = 314{,}2\ \text{rad/s}$ .
Triangle. $V_{\text{cond}} = 400\ \text{V}$ : $C = \dfrac{20\,746}{3\cdot 314{,}2\cdot 400^{2}} = 137{,}6\ \mu\text{F}$
Estrella. $V_{\text{cond}} = \dfrac{400}{\sqrt{3}}$ i $V_{\text{cond}}^{2} = 53\,333$ : $C = \dfrac{20\,746}{3\cdot 314{,}2\cdot 53\,333} = 412{,}7\ \mu\text{F}$ tres vegades més gran.

Apartat d)

Resultat

I_{2} \approx 45{,}6\ \text{A}

, un 26 % menys: menys pèrdues i menys caiguda de tensió a la línia.

Resolució

Nou corrent. $I_{2} = \dfrac{30\,000}{\sqrt{3}\cdot 400\cdot 0{,}95} = 45{,}6\ \text{A}$ un 26 % menys que abans.
Avantatge. Amb menys corrent per a la mateixa potència útil hi ha menys pèrdues per efecte Joule a la línia, menys caiguda de tensió, i es poden usar cables i transformadors més petits.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

Un resistor de 46 Ω, una bobina ideal de reactància 23 Ω i un condensador ideal de reactància 46 Ω es connecten en paral·lel a 230 V i 50 Hz.
a) Calcula el corrent per cada element.
b) Calcula el corrent total, el seu desfasament i el factor de potència, i digues si el circuit és inductiu o capacitiu.
c) Quina capacitat total hauria de tenir el condensador perquè el factor de potència fos 1, i quin seria llavors el corrent total?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

I_{R} = 5\ \text{A}

;

I_{L} = 10\ \text{A}

(endarrerit 90°);

I_{C} = 5\ \text{A}

(avançat 90°)

Resolució

Dades. Tres elements en paral·lel a 230 V: R = 46 Ω, $X_{L} = 23\ \Omega$ i $X_{C} = 46\ \Omega$ .
Càlcul. Tots tenen la mateixa tensió: $I_{R} = \dfrac{230}{46} = 5\ \text{A}$ ; $I_{L} = \dfrac{230}{23} = 10\ \text{A}$ (endarrerit 90°); $I_{C} = \dfrac{230}{46} = 5\ \text{A}$ (avançat 90°).

Apartat b)

Resultat

I \approx 7{,}07\ \text{A}

;

\varphi = 45^\circ

(corrent endarrerit);

\cos\varphi \approx 0{,}707

; el circuit és inductiu.

Resolució

Suma de corrents reactius. Els corrents de la bobina i del condensador estan en oposició de fase i es resten: $I_{L} - I_{C} = 10 - 5 = 5\ \text{A}$ .
Corrent total. $I = \sqrt{I_{R}^{2} + (I_{L} - I_{C})^{2}} = \sqrt{5^{2} + 5^{2}} = 7{,}07\ \text{A}$
Desfasament. $\tan\varphi = \dfrac{5}{5} = 1$ , per tant $\varphi = 45^\circ$ i $\cos\varphi = 0{,}707$ .
Conclusió. Com que domina el corrent de la bobina, el circuit és inductiu (el corrent va endarrerit).

Apartat c)

Resultat

C \approx 138{,}4\ \mu\text{F}

en total (cal afegir-ne 69,2 µF); llavors

I = 5\ \text{A}

Resolució

Condició. Per tenir $\cos\varphi = 1$ cal que $I_{C} = I_{L} = 10\ \text{A}$ , és a dir, $X_{C} = \dfrac{230}{10} = 23\ \Omega$ .
Capacitat. $C = \dfrac{1}{2\pi\cdot 50\cdot 23} = 138{,}4\ \mu\text{F}$ El condensador actual és de $\dfrac{1}{2\pi\cdot 50\cdot 46} = 69{,}2\ \mu\text{F}$ , així que cal afegir-n'hi 69,2 µF en paral·lel.
Nou corrent. Llavors el corrent total és només el del resistor, $I = 5\ \text{A}$ : menys que els 7,07 A d'abans, per a la mateixa potència activa.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Una línia trifàsica de transport té una resistència de 10 Ω per fase i ha de transportar 50 MW amb factor de potència 1.
a) Calcula el corrent de línia si la tensió entre fases és de 110 kV i si és de 400 kV.
b) Calcula les pèrdues per efecte Joule (3 · $I^{2}$ · R) en cada cas i el seu percentatge sobre la potència transportada.
c) Explica per què l'energia es transporta en alta tensió.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

A 110 kV:

I \approx 262\ \text{A}

; a 400 kV:

I \approx 72{,}2\ \text{A}

Resolució

Dades. $P = 50\ \text{MW}$ , $\cos\varphi = 1$ , $R = 10\ \Omega$ per fase.
Potència trifàsica. $P = \sqrt{3}\cdot V_{L}\cdot I$ (amb $\cos\varphi = 1$ ), per tant $I = \dfrac{P}{\sqrt{3}\cdot V_{L}}$ .
Càlcul. $I_{110} = \dfrac{50\cdot10^{6}}{\sqrt{3}\cdot 110\cdot10^{3}} = 262{,}4\ \text{A} \qquad I_{400} = \dfrac{50\cdot10^{6}}{\sqrt{3}\cdot 400\cdot10^{3}} = 72{,}2\ \text{A}$

Apartat b)

Resultat

A 110 kV:

P_{\text{perd}} \approx 2{,}07\ \text{MW}

(4,1 %); a 400 kV:

P_{\text{perd}} \approx 156\ \text{kW}

(0,31 %)

Resolució

Efecte Joule. Pèrdues a les tres fases: $P_{\text{perd}} = 3\cdot I^{2}\cdot R$ .
A 110 kV. $P_{\text{perd}} = 3\cdot 262{,}4^{2}\cdot 10 = 2{,}07\ \text{MW}$ , un $\dfrac{2{,}07}{50} = 4{,}1\ \%$ de la potència.
A 400 kV. $P_{\text{perd}} = 3\cdot 72{,}2^{2}\cdot 10 = 156\ \text{kW}$ , un 0,31 % de la potència.

Apartat c)

Resultat

Perquè, per a la mateixa potència, pujar la tensió redueix el corrent i les pèrdues baixen amb el quadrat del corrent.

Resolució

Raonament. Per transportar la mateixa potència, si es multiplica la tensió, el corrent es divideix pel mateix factor, i les pèrdues (proporcionals a $I^{2}$ ) es divideixen pel quadrat.
En aquest cas. $\left(\dfrac{400}{110}\right)^{2} = 13{,}2$ vegades menys pèrdues.
Conclusió. Per això s'eleva la tensió a la sortida de la central amb transformadors i es redueix a prop dels consumidors.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

Cada bobinatge d'un motor trifàsic té, en el moment d'arrencar (rotor parat), una impedància de 15 Ω. El motor s'alimenta d'una xarxa de 400 V entre fases.
a) Calcula el corrent de línia en l'arrencada si els bobinatges es connecten directament en triangle.
b) Calcula el corrent de línia si s'arrenca amb els bobinatges en estrella.
c) Compara els dos valors i explica per què s'utilitza l'arrencada estrella-triangle i quin inconvenient té.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

I_{L} \approx 46{,}2\ \text{A}

Resolució

Dades. Impedància de cada bobinatge en l'arrencada $Z = 15\ \Omega$ i $V_{L} = 400\ \text{V}$ .
Triangle. Cada bobinatge rep 400 V: $I_{f} = \dfrac{400}{15} = 26{,}7\ \text{A}$ i $I_{L} = \sqrt{3}\cdot 26{,}7 = 46{,}2\ \text{A}$ .

Apartat b)

Resultat

I_{L} \approx 15{,}4\ \text{A}

Resolució

Estrella. Cada bobinatge rep $\dfrac{400}{\sqrt{3}} = 231\ \text{V}$ : $I_{f} = \dfrac{231}{15} = 15{,}4\ \text{A}$ .
Corrent de línia. En estrella el corrent de línia és igual al de fase: $I_{L} = 15{,}4\ \text{A}$ .

Apartat c)

Resultat

En estrella el corrent d'arrencada és la tercera part; l'inconvenient és que el parell d'arrencada també es redueix a la tercera part.

Resolució

Comparació. $\dfrac{46{,}2}{15{,}4} = 3$ : el corrent d'arrencada en estrella és la tercera part que en triangle.
Per què s'utilitza. A l'arrencada un motor absorbeix un corrent molt gran (diverses vegades el nominal); arrencar en estrella evita pics que fan baixar la tensió de la xarxa i fan saltar les proteccions. Quan el motor ha agafat velocitat, un contactor commuta els bobinatges a triangle.
Inconvenient. El parell és proporcional al quadrat de la tensió, així que a l'arrencada també es redueix a la tercera part: només serveix si la càrrega és petita en arrencar (ventilador, bomba), no si és molt gran.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Per determinar els paràmetres d'una càrrega monofàsica que es comporta com un resistor i una bobina en sèrie, s'han mesurat una tensió de 230 V, un corrent de 4,5 A, una potència activa de 600 W i una freqüència de 50 Hz. Calcula la potència aparent, el factor de potència, la potència reactiva, la resistència, la reactància inductiva i la inductància de la càrrega.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Resultat

S = 1035\ \text{VA}

;

\cos\varphi \approx 0{,}580

;

Q \approx 843\ \text{var}

;

R \approx 29{,}6\ \Omega

;

X_{L} \approx 41{,}6\ \Omega

;

L \approx 0{,}133\ \text{H}

Resolució

Dades. $V = 230\ \text{V}$ , $I = 4{,}5\ \text{A}$ , $P = 600\ \text{W}$ i $f = 50\ \text{Hz}$ .
Potències. $S = V\cdot I = 230\cdot 4{,}5 = 1035\ \text{VA}$ ; $\cos\varphi = \dfrac{P}{S} = \dfrac{600}{1035} = 0{,}580$ ( $\varphi = 54{,}6^\circ$ ); $Q = \sqrt{S^{2} - P^{2}} = \sqrt{1035^{2} - 600^{2}} = 843\ \text{var}$
Resistència. La potència activa només la consumeix la resistència: $P = I^{2}\cdot R$ , per tant $R = \dfrac{600}{4{,}5^{2}} = 29{,}6\ \Omega$ .
Reactància. $Z = \dfrac{V}{I} = \dfrac{230}{4{,}5} = 51{,}1\ \Omega$ i $X_{L} = \sqrt{Z^{2} - R^{2}} = \sqrt{51{,}1^{2} - 29{,}6^{2}} = 41{,}6\ \Omega$ .
Inductància. $L = \dfrac{X_{L}}{2\pi\cdot f} = \dfrac{41{,}6}{2\pi\cdot 50} = 0{,}133\ \text{H} = 133\ \text{mH}$ .
Comprovació. $Q = I^{2}\cdot X_{L} = 4{,}5^{2}\cdot 41{,}6 = 843\ \text{var}$ , igual que abans.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Un transformador monofàsic de 10 kVA té unes pèrdues al ferro de 120 W (constants) i unes pèrdues al coure de 250 W a plena càrrega (proporcionals al quadrat de la càrrega). Alimenta una càrrega amb cos φ = 0,8.
a) Calcula el rendiment a plena càrrega.
b) Calcula el rendiment al 50 % de la càrrega.
c) Per a quin índex de càrrega és màxim el rendiment i quin valor té? (El rendiment és màxim quan les pèrdues al coure igualen les del ferro.)

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

\eta \approx 95{,}58\ \%

Resolució

Plantejament. $\eta = \dfrac{P_{2}}{P_{2} + P_{\text{Fe}} + P_{\text{Cu}}}$ , amb $P_{2} = c\cdot S\cdot\cos\varphi$ (c és l'índex de càrrega) i $P_{\text{Cu}} = c^{2}\cdot 250\ \text{W}$ .
Plena càrrega. Amb $c = 1$ : $P_{2} = 10\,000\cdot 0{,}8 = 8000\ \text{W}$ ; pèrdues = 120 + 250 = 370 W.
Càlcul. $\eta = \dfrac{8000}{8370} = 0{,}9558$ , és a dir, 95,58 %.

Apartat b)

Resultat

\eta \approx 95{,}64\ \%

Resolució

Mitja càrrega. Amb $c = 0{,}5$ : $P_{2} = 4000\ \text{W}$ ; pèrdues = $120 + 0{,}25\cdot 250 = 182{,}5\ \text{W}$ .
Càlcul. $\eta = \dfrac{4000}{4182{,}5} = 0{,}9564$ , és a dir, 95,64 %: una mica més que a plena càrrega.

Apartat c)

Resultat

Rendiment màxim per a

c \approx 0{,}693

(69,3 % de la càrrega):

\eta_{\text{màx}} \approx 95{,}85\ \%

Resolució

Condició de rendiment màxim. $P_{\text{Cu}} = P_{\text{Fe}}$ : $c^{2}\cdot 250 = 120$ , per tant $c = \sqrt{\dfrac{120}{250}} = 0{,}693$ .
Càlcul. $P_{2} = 0{,}693\cdot 8000 = 5543\ \text{W}$ , pèrdues = 120 + 120 = 240 W i $\eta_{\text{màx}} = \dfrac{5543}{5783} = 0{,}9585\ (95{,}85\ \%)$
Conclusió. Els transformadors de distribució es dissenyen perquè el màxim rendiment caigui prop de la càrrega habitual, que no sol ser la plena càrrega.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Una granja d'Osona s'alimenta en monofàsic a 230 V, 50 Hz, a través d'una línia llarga que té, entre anada i tornada, una resistència de 0,4 Ω i una reactància inductiva de 0,1 Ω. A la granja funcionen alhora uns motors de 4 kW amb cos φ = 0,75 (inductiu) i unes resistències calefactores de 3 kW. Per simplificar, calcula els corrents amb 230 V a la granja i fes servir per a la caiguda de tensió l'expressió aproximada ΔU ≈ (R·P + X·Q)/U.
a) Calcula la potència activa, reactiva i aparent totals, el factor de potència i el corrent de la línia.
b) Calcula les pèrdues a la línia i la caiguda de tensió.
c) Es connecta a la granja una bateria de condensadors que porta el factor de potència a 1. Calcula'n la capacitat, el nou corrent, les noves pèrdues i la nova caiguda de tensió.
d) Interpreta els resultats: quin percentatge de pèrdues s'estalvia? Per què la caiguda de tensió baixa menys que les pèrdues? Qui hi surt guanyant, la granja o la companyia distribuïdora?

Pista 1

Les potències actives se sumen; la reactiva dels motors és Q = P·tan φ, i les resistències no en consumeixen.

Pista 2

Pèrdues = R· $I^{2}$ . Amb la compensació total, Q = 0 i S = P.

Pista 3

La capacitat surt de $Q_{C}$ = $U^{2}$ ·ω·C. Fixa't quin terme de l'expressió de ΔU desapareix amb la compensació.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

P = 7\ \text{kW}

;

Q \approx 3{,}53\ \text{kvar}

;

S \approx 7{,}84\ \text{kVA}

;

\cos\varphi \approx 0{,}893

;

I \approx 34{,}1\ \text{A}

Resolució

Dades. Motors: 4 kW amb $\cos\varphi = 0{,}75$ inductiu; resistències: 3 kW (no consumeixen reactiva). Línia: $R = 0{,}4\ \Omega$ , $X = 0{,}1\ \Omega$ ; $U = 230\ \text{V}$ .
Potències totals. Les actives se sumen: $P = 4 + 3 = 7\ \text{kW}$ . Reactiva dels motors: $Q = P\cdot\tan\varphi = 4\cdot\tan(\arccos 0{,}75) = 4\cdot 0{,}882 = 3{,}53\ \text{kvar}$ .
Aparent i factor de potència. $S = \sqrt{7^{2} + 3{,}53^{2}} = 7{,}84\ \text{kVA}$ i $\cos\varphi = \dfrac{7}{7{,}84} = 0{,}893$ .
Corrent. $I = \dfrac{S}{U} = \dfrac{7839}{230} = 34{,}1\ \text{A}$ .

Apartat b)

Resultat

Pèrdues

\approx 465\ \text{W}

;

\Delta U \approx 13{,}7\ \text{V}

(6,0 %)

Resolució

Pèrdues a la línia. $P_{\text{perd}} = R\cdot I^{2} = 0{,}4\cdot 34{,}1^{2} = 465\ \text{W}$ .
Caiguda de tensió. $\Delta U \approx \dfrac{R\cdot P + X\cdot Q}{U} = \dfrac{0{,}4\cdot 7000 + 0{,}1\cdot 3528}{230} = \dfrac{2800 + 353}{230} = 13{,}7\ \text{V}$
Interpretació. És un 6,0 %: a la granja arriben uns 216 V si a l'origen n'hi ha 230.

Apartat c)

Resultat

C \approx 212\ \mu\text{F}

;

I \approx 30{,}4\ \text{A}

; pèrdues

\approx 371\ \text{W}

;

\Delta U \approx 12{,}2\ \text{V}

Resolució

Reactiva a compensar. Per portar el factor de potència a 1 cal compensar tota la reactiva: $Q_{C} = 3528\ \text{var}$ ; llavors $Q = 0$ i $S = P$ .
Capacitat. $Q_{C} = U^{2}\cdot\omega\cdot C$ : $C = \dfrac{Q_{C}}{\omega\cdot U^{2}} = \dfrac{3528}{314{,}16\cdot 230^{2}} = 212\ \mu\text{F}$
Nou corrent i pèrdues. $I = \dfrac{7000}{230} = 30{,}4\ \text{A}$ ; pèrdues: $0{,}4\cdot 30{,}4^{2} = 371\ \text{W}$ .
Nova caiguda de tensió. El terme $X\cdot Q$ desapareix: $\Delta U \approx \dfrac{0{,}4\cdot 7000}{230} = 12{,}2\ \text{V}$ .

Apartat d)

Resultat

Les pèrdues baixen un 20 % i la caiguda de tensió només un 11 %; hi guanyen tots dos, la granja i la distribuïdora.

Resolució

Pèrdues. Baixen un 20 % (de 465 a 371 W), perquè depenen del quadrat del corrent i el corrent baixa un 11 % ( $0{,}893^{2} \approx 0{,}80$ ).
Caiguda de tensió. Només baixa un 11 % (de 13,7 a 12,2 V), perquè només desapareix el terme $X\cdot Q$ : el terme $R\cdot P$ , el més gran perquè la línia és molt més resistiva que inductiva, no canvia, ja que la potència activa transportada és la mateixa. Per reduir més la caiguda caldria una línia de més secció o una tensió més alta.
Qui hi guanya. Tots dos: la distribuïdora transporta menys corrent per la mateixa energia (i per això penalitza el consum de reactiva), i la granja rep més tensió (els motors treballen millor) i evita els recàrrecs per energia reactiva.

Errors típics

Sumar potències aparents directament (7,84 ≠ 5,33 + 3).
Pensar que compensar la reactiva redueix la potència activa que es consumeix.
Fer servir la tensió en lloc del seu quadrat per calcular la capacitat.

Conceptes treballats: corrent altern monofàsic, potència activa, reactiva i aparent, factor de potència, compensació amb condensadors, pèrdues i caiguda de tensió en línies.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

El circuit de sintonia d'un receptor d'ona mitjana és un circuit RLC sèrie amb una bobina de 200 µH i un condensador variable. La banda d'ona mitjana va de 530 kHz a 1600 kHz, i a Europa les emissores estan separades 9 kHz. La resistència total del circuit és de 10 Ω.
a) Calcula entre quins valors ha de variar la capacitat del condensador per sintonitzar tota la banda.
b) Calcula el factor de qualitat Q = ω₀·L/R i l'amplada de banda B = f₀/Q quan el circuit està sintonitzat a 1 MHz.
c) Raona si el receptor podrà separar dues emissores veïnes. Què passaria si, per una bobina de mala qualitat, la resistència fos de 50 Ω?
d) En ressonància, la tensió al condensador és Q vegades la tensió aplicada. Explica per què això és útil en un receptor i per què, en canvi, és perillós en un circuit de potència connectat a la xarxa.

Pista 1

En ressonància X_L = X_C, d'on f₀ = 1/(2π·√(L·C)). Aïlla C.

Pista 2

La freqüència més baixa necessita la capacitat més gran.

Pista 3

Si l'amplada de banda és més gran que la separació entre emissores, el circuit deixa passar dues emissores alhora.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

C \approx 49{,}5\ \text{pF}

(1600 kHz) a

C \approx 451\ \text{pF}

(530 kHz)

Resolució

Dades. $L = 200\ \mu\text{H}$ , banda de 530 kHz a 1600 kHz, separació entre emissores 9 kHz i $R = 10\ \Omega$ .
Condició de ressonància. En ressonància $X_{L} = X_{C}$ , d'on $f_{0} = \dfrac{1}{2\pi\sqrt{L\cdot C}}$ . Aïllant C: $C = \dfrac{1}{(2\pi\cdot f)^{2}\cdot L}$
Càlcul. A 530 kHz: $C = \dfrac{1}{(2\pi\cdot 530\cdot10^{3})^{2}\cdot 200\cdot10^{-6}} = 4{,}51\cdot10^{-10}\ \text{F} = 451\ \text{pF}$ . A 1600 kHz: $C = 49{,}5\ \text{pF}$ .
Conclusió. La freqüència més baixa necessita la capacitat més gran. El condensador ha de variar aproximadament entre 50 i 450 pF: una relació de 9:1 per a una relació de freqüències de 3:1, perquè f va amb $1/\sqrt{C}$ .

Apartat b)

Resultat

Q \approx 126

;

B \approx 7{,}96\ \text{kHz}

Resolució

Factor de qualitat. $Q = \dfrac{\omega_{0}\cdot L}{R} = \dfrac{2\pi\cdot10^{6}\cdot 200\cdot10^{-6}}{10} = 126$
Amplada de banda. $B = \dfrac{f_{0}}{Q} = \dfrac{10^{6}}{125{,}7} = 7{,}96\ \text{kHz}$ .

Apartat c)

Resultat

Sí, justet:

B \approx 8\ \text{kHz} < 9\ \text{kHz}

. Amb 50 Ω,

Q \approx 25

B \approx 39{,}8\ \text{kHz}

: les emissores se sentirien barrejades.

Resolució

Criteri. Si l'amplada de banda és més gran que la separació entre emissores, el circuit deixa passar dues emissores alhora.
Amb R = 10 Ω. L'amplada de banda (8 kHz) és menor que la separació entre emissores (9 kHz): l'emissora veïna queda fora de la banda i el circuit les separa (justet; els receptors reals fan servir diversos circuits sintonitzats).
Amb R = 50 Ω. $Q = \dfrac{2\pi\cdot10^{6}\cdot 200\cdot10^{-6}}{50} = 25{,}1$ i $B = \dfrac{10^{6}}{25{,}1} = 39{,}8\ \text{kHz}$ : dins de la banda hi cabrien unes quatre emissores i se sentirien barrejades.
Conclusió. La selectivitat depèn de tenir pèrdues (resistència) petites.

Apartat d)

Resultat

En un receptor «amplifica» Q vegades el senyal feble només a la freqüència sintonitzada; en un circuit de potència, una ressonància accidental pot donar tensions moltes vegades la de la xarxa i trencar components.

Resolució

En un receptor. El senyal de l'antena és d'uns microvolts: el circuit ressonant l'«amplifica» Q vegades en tensió (sense aportar energia, només acumulant-la entre la bobina i el condensador) i només a la freqüència sintonitzada, i aquesta és justament la seva gràcia.
En un circuit de potència. Si per casualitat un condensador i una bobina queden en ressonància (per exemple, una bateria de condensadors i la inductància de la xarxa amb un harmònic), la tensió en els components pot ser moltes vegades la de la xarxa i trencar aïllaments o fer esclatar condensadors.

Errors típics

Calcular la freqüència angular ω i oblidar el factor 2π en passar a f.
Pensar que una amplada de banda gran fa el receptor millor.
Creure que en ressonància la tensió del condensador no pot superar la del generador.

Conceptes treballats: circuit RLC sèrie, ressonància, factor de qualitat, amplada de banda, selectivitat, sobretensions en ressonància.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Un edifici s'alimenta amb una xarxa trifàsica de 400 V entre fases (230 V entre fase i neutre), 50 Hz, amb neutre. Els habitatges estan repartits entre les tres fases i, en un moment donat, les càrregues són resistives: fase L1, 4,6 kW; fase L2, 2,3 kW; fase L3, desconnectada.
a) Calcula el corrent de cada fase i el corrent pel neutre (els corrents de fase estan desfasats 120° entre si).
b) S'encén a la fase L3 una càrrega d'1,15 kW. Calcula el nou corrent de neutre. Què passaria si les tres fases tinguessin la mateixa càrrega?
c) Tornant a la situació de l'apartat a), es trenca el conductor neutre a l'entrada de l'edifici. Raona com queden connectades les càrregues de L1 i L2 i calcula la tensió que rep cadascuna.
d) Interpreta el resultat de l'apartat c): què els passa als aparells de cada fase? Per què el neutre no porta mai fusible ni interruptor independent de les fases?

Pista 1

Cada corrent de fase val $\tfrac{P}{230}$ . Per sumar-los, tracta'ls com a vectors (fasors) a 0°, −120° i +120°.

Pista 2

Si el neutre és fora, el punt comú de les càrregues ja no és a 0 V: les càrregues de L1 i L2 queden en sèrie entre les dues fases.

Pista 3

Calcula la resistència de cada càrrega amb R = $\tfrac{U^{2}}{P}$ a 230 V i fes un divisor de tensió amb 400 V.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

I_{1} = 20\ \text{A}

;

I_{2} = 10\ \text{A}

;

I_{3} = 0

;

I_{N} \approx 17{,}3\ \text{A}

Resolució

Corrents de fase. Càrregues resistives a 230 V: $I = \dfrac{P}{230}$ . $I_{1} = \dfrac{4600}{230} = 20\ \text{A}$ ; $I_{2} = \dfrac{2300}{230} = 10\ \text{A}$ ; $I_{3} = 0$ .
Llei de Kirchhoff al neutre. El corrent de neutre és la suma fasorial dels corrents de fase, a 0°, −120° i +120°: $\vec{I}_{N} = 20\angle 0^\circ + 10\angle -120^\circ$ .
Càlcul. $I_{N} = \sqrt{20^{2} + 10^{2} - 2\cdot 20\cdot 10\cdot\cos 60^\circ} = \sqrt{300} = 17{,}3\ \text{A}$
Conclusió. Error típic: sumar aritmèticament (20 + 10 = 30 A); els fasors estan desfasats 120°.

Apartat b)

Resultat

I_{N} \approx 13{,}2\ \text{A}

; amb les tres fases igual de carregades,

I_{N} = 0

Resolució

Nou corrent de fase. $I_{3} = \dfrac{1150}{230} = 5\ \text{A}$ a +120°.
Suma de fasors. $\vec{I}_{N} = 20\angle 0^\circ + 10\angle -120^\circ + 5\angle 120^\circ = 12{,}5 - 4{,}33\,j\ \text{A} \;\Rightarrow\; I_{N} = 13{,}2\ \text{A}$
Càrrega equilibrada. Com més equilibrades són les fases, menys corrent porta el neutre; si les tres càrregues fossin iguals, la suma de tres fasors iguals a 120° seria zero i el neutre no portaria corrent.

Apartat c)

Resultat

R_{1}

R_{2}

queden en sèrie a 400 V:

U_{1} \approx 133\ \text{V}

U_{2} \approx 267\ \text{V}

Resolució

Resistències de les càrregues. $R = \dfrac{U^{2}}{P}$ a 230 V: $R_{1} = \dfrac{230^{2}}{4600} = 11{,}5\ \Omega$ ; $R_{2} = \dfrac{230^{2}}{2300} = 23\ \Omega$ .
Circuit sense neutre. Si el neutre és fora, el punt comú de les càrregues ja no és a 0 V: amb L3 desconnectada, $R_{1}$ i $R_{2}$ queden en sèrie entre L1 i L2, a 400 V. $I = \dfrac{400}{34{,}5} = 11{,}6\ \text{A}$ .
Divisor de tensió. $U_{1} = 11{,}6\cdot 11{,}5 = 133\ \text{V}$ ; $U_{2} = 11{,}6\cdot 23 = 267\ \text{V}$ .

Apartat d)

Resultat

Els aparells de L2 reben un 16 % de sobretensió i es poden cremar; els de L1, massa poca tensió. Per això el neutre no es pot interrompre mai de manera independent.

Resolució

Fase L2. La fase menys carregada rep 267 V, un 16 % de sobretensió: aparells electrònics, fonts d'alimentació i bombetes es poden cremar.
Fase L1. La fase més carregada rep 133 V: els aparells no funcionen bé i els motors s'escalfen. Les tensions depenen de què està encès a cada moment, de manera que són imprevisibles.
El neutre. Si un fusible tallés només el neutre, les fases continuarien connectades i les càrregues quedarien en aquesta situació perillosa. Per això el neutre no porta fusible ni interruptor independent: els interruptors tallen fases i neutre alhora.

Errors típics

Sumar els corrents de fase aritmèticament (20 + 10 = 30 A pel neutre).
Pensar que sense neutre cada càrrega continua rebent 230 V.
Creure que el neutre no porta mai corrent perquè «no té tensió».

Conceptes treballats: sistemes trifàsics amb neutre, connexió en estrella, càrregues desequilibrades, suma de fasors, divisor de tensió, seguretat elèctrica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Per mesurar la potència d'un motor trifàsic (sense neutre, 400 V entre fases) es fa servir el mètode dels dos wattímetres (connexió Aron). Per a una càrrega equilibrada es compleix: P = $W_{1}$ + $W_{2}$ i Q = $\sqrt{3}$ ·( $W_{1}$ − $W_{2}$ ).
a) Treballant a plena càrrega, els wattímetres marquen $W_{1}$ = 5,2 kW i $W_{2}$ = 1,8 kW. Calcula la potència activa, la reactiva, l'angle de desfasament, el factor de potència i el corrent de línia.
b) En buit (sense càrrega a l'eix), un wattímetre marca $W_{1}$ = 2,0 kW i l'altre $W_{2}$ = −0,6 kW (cal invertir-ne una connexió per llegir-lo). Calcula les mateixes magnituds.
c) Demostra que $W_{2}$ és negatiu quan el factor de potència és inferior a 0,5. (Ajuda: per a una càrrega equilibrada, $W_{1}$ = U·I·cos(30° − φ) i $W_{2}$ = U·I·cos(30° + φ).)
d) Interpreta els resultats: per què el factor de potència d'un motor és tan dolent en buit? Quina conseqüència té per a una instal·lació amb molts motors treballant poc carregats?

Pista 1

Calcula P i Q i, a partir d'aquí, tan φ = $\tfrac{Q}{P}$ . El corrent surt de P = $\sqrt{3}$ ·U·I·cos φ.

Pista 2

A l'apartat b), compte amb el signe de $W_{2}$ : $W_{1}$ − $W_{2}$ = 2,0 − (−0,6).

Pista 3

cos(30° + φ) < 0 quan 30° + φ > 90°.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

P = 7{,}0\ \text{kW}

;

Q \approx 5{,}89\ \text{kvar}

;

\varphi \approx 40{,}1^\circ

;

\cos\varphi \approx 0{,}765

;

I \approx 13{,}2\ \text{A}

Resolució

Mètode dels dos wattímetres. $P = W_{1} + W_{2}$ i $Q = \sqrt{3}\cdot(W_{1} - W_{2})$ , amb $W_{1} = 5{,}2\ \text{kW}$ i $W_{2} = 1{,}8\ \text{kW}$ .
Potències. $P = 5{,}2 + 1{,}8 = 7{,}0\ \text{kW}$ ; $Q = \sqrt{3}\cdot(5{,}2 - 1{,}8) = 5{,}89\ \text{kvar}$ .
Angle i factor de potència. $\tan\varphi = \dfrac{Q}{P} = \dfrac{5{,}89}{7{,}0} = 0{,}841$ , per tant $\varphi = 40{,}1^\circ$ i $\cos\varphi = 0{,}765$ .
Corrent de línia. De $P = \sqrt{3}\cdot U\cdot I\cdot\cos\varphi$ : $I = \dfrac{7000}{\sqrt{3}\cdot 400\cdot 0{,}765} = 13{,}2\ \text{A}$

Apartat b)

Resultat

P = 1{,}4\ \text{kW}

;

Q \approx 4{,}50\ \text{kvar}

;

\varphi \approx 72{,}7^\circ

;

\cos\varphi \approx 0{,}30

;

I \approx 6{,}8\ \text{A}

Resolució

Compte amb el signe. $W_{2} = -0{,}6\ \text{kW}$ : $P = 2{,}0 + (-0{,}6) = 1{,}4\ \text{kW}$ i $W_{1} - W_{2} = 2{,}0 - (-0{,}6) = 2{,}6\ \text{kW}$ .
Potència reactiva. $Q = \sqrt{3}\cdot 2{,}6 = 4{,}50\ \text{kvar}$ .
Angle i factor de potència. $\tan\varphi = \dfrac{4{,}50}{1{,}4} = 3{,}22$ , per tant $\varphi = 72{,}7^\circ$ i $\cos\varphi = 0{,}297 \approx 0{,}30$ .
Corrent de línia. $I = \dfrac{1400}{\sqrt{3}\cdot 400\cdot 0{,}297} = 6{,}8\ \text{A}$ .

Apartat c)

Resultat

W_{2} < 0 \iff 30^\circ + \varphi > 90^\circ \iff \varphi > 60^\circ \iff \cos\varphi < 0{,}5

Resolució

Punt de partida. Per a una càrrega equilibrada, $W_{2} = U\cdot I\cdot\cos(30^\circ + \varphi)$ , i $U\cdot I > 0$ : el signe de $W_{2}$ és el del cosinus.
Demostració. $\cos(30^\circ + \varphi) < 0$ quan $30^\circ + \varphi > 90^\circ$ , és a dir, $\varphi > 60^\circ$ ; i com que el cosinus és decreixent entre 0° i 90°, això equival a $\cos\varphi < \cos 60^\circ = 0{,}5$ .
Cas límit. Amb $\cos\varphi = 0{,}5$ exactament, $W_{2} = 0$ . Comprovació: a l'apartat b), $\cos\varphi = 0{,}30 < 0{,}5$ i $W_{2}$ surt negatiu.

Apartat d)

Resultat

En buit el motor gairebé només consumeix la reactiva de magnetització, que no depèn de la càrrega: cos φ molt baix. Molts motors poc carregats donen un factor de potència global dolent, més corrent, més pèrdues i recàrrecs.

Resolució

Per què és dolent en buit. Un motor d'inducció necessita sempre una potència reactiva gairebé constant per crear el camp magnètic (corrent de magnetització), carregat o no. En buit, la potència activa és petita (només cobreix pèrdues) i la reactiva domina: $\cos\varphi$ molt baix.
Xifres. Amb una càrrega de 7 kW el motor consumeix 13,2 A; en buit, sense fer cap feina útil, encara n'absorbeix 6,8 A.
Conseqüència. En una instal·lació amb molts motors sobredimensionats o funcionant en buit, el factor de potència global és dolent: més corrent, més pèrdues i recàrrecs per energia reactiva. Solucions: dimensionar bé els motors, aturar-los quan no treballen i compensar la reactiva.

Errors típics

Ignorar el signe negatiu d'un wattímetre i sumar-ne els valors absoluts.
Calcular el corrent amb la tensió de fase en lloc de la de línia en la fórmula √3·U·I·cos φ.
Pensar que un motor en buit no consumeix gairebé res de la xarxa.

Conceptes treballats: sistemes trifàsics, mesura de potència (mètode Aron), potència activa i reactiva, factor de potència, motors d'inducció en buit i en càrrega.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Es vol il·luminar un jardí amb 10 focus LED de 12 V i 20 W cadascun, situats a 25 m de la casa (50 m de cable entre anada i tornada). El cable és de coure de 2,5 mm² (resistivitat 0,0172 Ω·mm²/m). Considera les càrregues resistives.
a) Opció A: un transformador de 230/12 V a dins de la casa i el cable de 25 m porta els 12 V fins als focus. Calcula el corrent, la caiguda de tensió al cable (en V i en %) i les pèrdues. Funcionarà bé la instal·lació?
b) Opció B: el cable porta 230 V fins al jardí i el transformador és al costat dels focus. Calcula el corrent al cable, la caiguda de tensió, les pèrdues i el corrent al primari del transformador (suposa'l ideal). Quantes voltes té el primari per cada volta del secundari?
c) Per quin factor s'han dividit les pèrdues? Demostra que, per a la mateixa potència transportada i el mateix cable, les pèrdues són inversament proporcionals al quadrat de la tensió.
d) Calcula la secció que necessitaria l'opció A per limitar la caiguda al 3 % i treu-ne una conclusió sobre el transport d'energia elèctrica a gran escala.

Pista 1

Resistència del cable: R = ρ·L/S amb la longitud total (anada i tornada).

Pista 2

Amb el transformador al jardí, el cable porta la mateixa potència a 230 V: I = $\tfrac{P}{U}$ .

Pista 3

Pèrdues = R· $I^{2}$ = R· $(P/U)^{2}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

I \approx 16{,}7\ \text{A}

;

\Delta U \approx 5{,}7\ \text{V}

(48 %); pèrdues

\approx 96\ \text{W}

. No funcionarà.

Resolució

Dades. 10 focus de 20 W: $P = 200\ \text{W}$ a 12 V. Cable de coure: $L = 50\ \text{m}$ (anada i tornada), $S = 2{,}5\ \text{mm}^{2}$ , $\rho = 0{,}0172\ \Omega\cdot\text{mm}^{2}/\text{m}$ .
Resistència del cable. $R = \rho\cdot\dfrac{L}{S} = 0{,}0172\cdot\dfrac{50}{2{,}5} = 0{,}344\ \Omega$ .
Corrent, caiguda i pèrdues. $I = \dfrac{200}{12} = 16{,}7\ \text{A}$ ; $\Delta U = I\cdot R = 16{,}7\cdot 0{,}344 = 5{,}7\ \text{V}$ , un 48 % de 12 V; pèrdues: $R\cdot I^{2} = 0{,}344\cdot 16{,}7^{2} = 96\ \text{W}$ .
Conclusió. No funcionarà: els focus rebrien uns 6 V i gairebé la meitat de l'energia s'escalfaria al cable. (De fet, en baixar la tensió també baixa el corrent; amb un càlcul exacte els focus en rebrien uns 8 V, igualment massa poc.)

Apartat b)

Resultat

I \approx 0{,}87\ \text{A}

;

\Delta U \approx 0{,}30\ \text{V}

(0,13 %); pèrdues

\approx 0{,}26\ \text{W}

;

I_{\text{primari}} \approx 0{,}87\ \text{A}

; unes 19,2 voltes del primari per cada volta del secundari

Resolució

Corrent al cable. El cable porta la mateixa potència a 230 V: $I = \dfrac{P}{U} = \dfrac{200}{230} = 0{,}87\ \text{A}$ .
Caiguda i pèrdues. $\Delta U = 0{,}87\cdot 0{,}344 = 0{,}30\ \text{V}$ (0,13 %); pèrdues $= 0{,}344\cdot 0{,}87^{2} = 0{,}26\ \text{W}$ .
Transformador ideal. El corrent al primari és el mateix del cable, 0,87 A (la mateixa potència a 230 V). Relació de voltes: $\dfrac{N_{1}}{N_{2}} = \dfrac{230}{12} = 19{,}2$ .

Apartat c)

Resultat

Les pèrdues s'han dividit per

\approx 367 = (230/12)^{2}

;

P_{\text{pèrdues}} = R\cdot P^{2}/U^{2}

Resolució

Factor. $\dfrac{96}{0{,}26} \approx 367 = \left(\dfrac{230}{12}\right)^{2}$ .
Demostració. $P_{\text{pèrdues}} = R\cdot I^{2} = R\cdot\left(\dfrac{P}{U}\right)^{2} = \dfrac{R\cdot P^{2}}{U^{2}}$ Amb R i P fixes, les pèrdues van amb $1/U^{2}$ .

Apartat d)

Resultat

S \approx 40\ \text{mm}^{2}

: un cable gruixut i car per a només 200 W; per transportar potència lluny cal pujar la tensió.

Resolució

Condició. Caiguda màxima del 3 % de 12 V: $\Delta U \le 0{,}36\ \text{V}$ , per tant $R \le \dfrac{0{,}36}{16{,}7} = 0{,}0216\ \Omega$ .
Secció. $S \ge \rho\cdot\dfrac{L}{R} = 0{,}0172\cdot\dfrac{50}{0{,}0216} = 40\ \text{mm}^{2}$
Conclusió. Per encendre només 200 W caldria un cable gruixut i car. Per transportar potència lluny cal pujar la tensió: per això les centrals eleven la tensió a centenars de kV i es baixa per etapes a prop dels consumidors. El transformador, que només funciona en corrent altern, fa possible aquest canvi de tensió amb un rendiment molt alt, i és una de les raons per les quals les xarxes elèctriques són de corrent altern.

Errors típics

Fer servir només 25 m de cable (cal comptar l'anada i la tornada).
Pensar que el corrent és el mateix a 12 V i a 230 V per a la mateixa potència.
Creure que les pèrdues són proporcionals a la tensió i no al quadrat del corrent.

Conceptes treballats: transformador, relació de transformació, resistència d'un conductor, caiguda de tensió i pèrdues per efecte Joule, transport d'energia elèctrica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

Un tub fluorescent antic, alimentat a 230 V i 50 Hz, porta en sèrie una reactància (una bobina que considerarem ideal). Un electricista mesura amb un polímetre: tensió al tub, 100 V; corrent, 0,43 A. El tub es comporta com una resistència.
a) L'electricista s'estranya que la tensió a la reactància no sigui 230 − 100 = 130 V. Calcula-la i explica per què no ho és.
b) Calcula la reactància, la inductància, la potència activa, la reactiva, l'aparent i el factor de potència del conjunt.
c) Calcula el condensador que cal posar en paral·lel per portar el factor de potència a 0,95 i el corrent que circularà llavors per la línia.
d) En un despatx hi ha 60 fluorescents d'aquest tipus. Raona per què la companyia elèctrica exigia que portessin el condensador, tot i que no modifica la potència activa que consumeix cada tub.

Pista 1

En un circuit RL sèrie, les tensions de la resistència i de la bobina estan desfasades 90°: $U^{2}$ = $U_{R}$ ² + $U_{L}$ ².

Pista 2

$X_{L}$ = $\tfrac{U_{L}}{I}$ i L = $\tfrac{X_{L}}{(2\pi \cdot f)}$ . La potència activa només la consumeix la resistència.

Pista 3

$Q_{C}$ = Q − P·tan φ', amb cos φ' = 0,95, i C = $\tfrac{Q_{C}}{(\omega \cdot U^{2})}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

U_{L} \approx 207\ \text{V}

: les tensions estan desfasades 90° i se sumen com a fasors, no aritmèticament.

Resolució

Dades. $U = 230\ \text{V}$ , $f = 50\ \text{Hz}$ , tensió al tub $U_{R} = 100\ \text{V}$ i $I = 0{,}43\ \text{A}$ .
Circuit RL sèrie. Les tensions de la resistència i de la bobina estan desfasades 90°: $U^{2} = U_{R}^{2} + U_{L}^{2}$ .
Càlcul. $U_{L} = \sqrt{230^{2} - 100^{2}} = 207\ \text{V}$
Per què no és 130 V. El polímetre mesura valors eficaços, però les dues tensions no estan en fase: la de la bobina està avançada 90° respecte de la de la resistència. 100 V i 207 V formen els catets d'un triangle rectangle d'hipotenusa 230 V.

Apartat b)

Resultat

X_{L} \approx 482\ \Omega

;

L \approx 1{,}53\ \text{H}

;

P = 43\ \text{W}

;

Q \approx 89\ \text{var}

;

S \approx 98{,}9\ \text{VA}

;

\cos\varphi \approx 0{,}435

Resolució

Reactància i inductància. $X_{L} = \dfrac{U_{L}}{I} = \dfrac{207}{0{,}43} = 482\ \Omega$ ; $L = \dfrac{X_{L}}{2\pi\cdot f} = \dfrac{482}{2\pi\cdot 50} = 1{,}53\ \text{H}$ .
Potències. La potència activa només la consumeix la resistència: $P = 100\cdot 0{,}43 = 43\ \text{W}$ . $Q = 207\cdot 0{,}43 = 89\ \text{var}$ . $S = 230\cdot 0{,}43 = 98{,}9\ \text{VA}$ .
Factor de potència. $\cos\varphi = \dfrac{P}{S} = \dfrac{U_{R}}{U} = \dfrac{100}{230} = 0{,}435$ .

Apartat c)

Resultat

C \approx 4{,}5\ \mu\text{F}

;

I \approx 0{,}197\ \text{A}

Resolució

Reactiva final. Amb $\cos\varphi' = 0{,}95$ : $Q' = P\cdot\tan\varphi' = 43\cdot 0{,}329 = 14{,}1\ \text{var}$ .
Reactiva del condensador. $Q_{C} = Q - Q' = 89{,}1 - 14{,}1 = 74{,}9\ \text{var}$ , i $C = \dfrac{Q_{C}}{\omega\cdot U^{2}} = \dfrac{74{,}9}{314{,}16\cdot 230^{2}} = 4{,}5\ \mu\text{F}$
Nou corrent. $I = \dfrac{P}{U\cdot\cos\varphi'} = \dfrac{43}{230\cdot 0{,}95} = 0{,}197\ \text{A}$ , menys de la meitat de 0,43 A.

Apartat d)

Resultat

Perquè, sense condensador, la línia ha de portar més del doble de corrent per a la mateixa llum: aquest corrent extra no fa feina útil però carrega la xarxa i n'augmenta les pèrdues.

Resolució

Xifres. Sense condensadors, els 60 tubs consumirien $60\cdot 0{,}43 = 25{,}8\ \text{A}$ per fer 2,6 kW de llum; amb condensadors, 11,8 A.
Raonament. La línia i el transformador de la companyia s'han de dimensionar pel corrent (i les pèrdues hi van amb el quadrat), però la companyia cobra sobretot l'energia activa. El corrent «extra» degut a la reactiva no fa cap feina útil i carrega la xarxa: per això s'exigeix compensar.
Comentari. Els tubs LED actuals ja porten una electrònica amb bon factor de potència.

Errors típics

Sumar o restar aritmèticament tensions eficaces en corrent altern.
Calcular la potència activa amb la tensió total (230·0,43).
Pensar que el condensador redueix el consum de llum del tub.

Conceptes treballats: circuit RL sèrie, fasors, reactància inductiva, potències i triangle de potències, factor de potència, compensació amb condensadors.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

En una caixa acústica, l'altaveu d'aguts (tweeter) es comporta com una resistència de 8 Ω i s'alimenta a través d'un condensador en sèrie, que forma un filtre de pas alt. La fracció de tensió que arriba a l'altaveu és |H| = 1/√(1 + (f_c/f)²), on f_c = 1/(2π·R·C) és la freqüència de tall.
a) Calcula la capacitat necessària perquè la freqüència de tall sigui 3 kHz.
b) Calcula |H|, la seva expressió en decibels (20·log |H|) i la fracció de potència que arriba a l'altaveu a 1 kHz, a 3 kHz i a 10 kHz. Calcula també el desfasament φ = arctan(f_c/f).
c) Explica, a partir de la reactància del condensador, per què el circuit deixa passar els aguts i atura els greus.
d) Raona per què aquest condensador protegeix l'altaveu d'aguts i què passaria si, per error, es muntés un condensador de 66 µF (deu vegades més gran).

Pista 1

Aïlla C de f_c = 1/(2π·R·C).

Pista 2

La potència en una resistència és proporcional al quadrat de la tensió: fracció de potència = |H|².

Pista 3

X_C = 1/(2π·f·C): què li passa quan f és petita? I quan és gran?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

C \approx 6{,}6\ \mu\text{F}

Resolució

Dades. $R = 8\ \Omega$ i $f_{c} = 3\ \text{kHz}$ .
Freqüència de tall. $f_{c} = \dfrac{1}{2\pi\cdot R\cdot C}$ , d'on $C = \dfrac{1}{2\pi\cdot R\cdot f_{c}}$ .
Càlcul. $C = \dfrac{1}{2\pi\cdot 8\cdot 3000} = 6{,}63\cdot10^{-6}\ \text{F} = 6{,}6\ \mu\text{F}$ .

Apartat b)

Resultat

1 kHz:

|H| \approx 0{,}316

, −10 dB, 10 % de potència,

\varphi \approx 71{,}6^\circ

; 3 kHz:

|H| \approx 0{,}707

, −3 dB, 50 %,

\varphi = 45^\circ

; 10 kHz:

|H| \approx 0{,}958

, −0,37 dB, 92 %,

\varphi \approx 16{,}7^\circ

Resolució

Fórmules. $|H| = \dfrac{1}{\sqrt{1 + (f_{c}/f)^{2}}}$ ; en decibels, $20\cdot\log|H|$ ; la potència en una resistència és proporcional al quadrat de la tensió, per tant la fracció de potència és $|H|^{2}$ ; $\varphi = \arctan(f_{c}/f)$ .
A 1 kHz. $f_{c}/f = 3$ : $|H| = \dfrac{1}{\sqrt{1 + 9}} = 0{,}316$ → −10 dB; potència: 10 %; $\varphi = \arctan 3 = 71{,}6^\circ$ .
A 3 kHz. $f_{c}/f = 1$ : $|H| = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = 0{,}707$ → −3 dB; potència: 50 %; $\varphi = 45^\circ$ .
A 10 kHz. $f_{c}/f = 0{,}3$ : $|H| = \dfrac{1}{\sqrt{1{,}09}} = 0{,}958$ → −0,37 dB; potència: 92 %; $\varphi = 16{,}7^\circ$ .
Conclusió. La freqüència de tall és aquella en què arriba la meitat de la potència (−3 dB).

Apartat c)

Resultat

X_{C}

és inversament proporcional a la freqüència: és gran amb els greus (la tensió queda al condensador) i petita amb els aguts (la tensió arriba a l'altaveu).

Resolució

Reactància. $X_{C} = \dfrac{1}{2\pi\cdot f\cdot C}$ és inversament proporcional a la freqüència.
Greus i aguts. A freqüències baixes, $X_{C}$ és molt més gran que 8 Ω i la major part de la tensió queda al condensador; a freqüències altes, $X_{C}$ és petita i gairebé tota la tensió arriba a l'altaveu. A $f_{c}$ , $X_{C} = R = 8\ \Omega$ .

Apartat d)

Resultat

El condensador només deixa arribar al tweeter una petita fracció de la potència dels greus; amb 66 µF,

f_{c} \approx 300\ \text{Hz}

i els greus i mitjans hi arribarien gairebé sencers: el podrien cremar.

Resolució

Protecció. L'altaveu d'aguts té una membrana petita i una bobina fina que no suporten la potència i els desplaçaments dels greus; el condensador hi deixa passar només una petita fracció de la potència de baixa freqüència (un 10 % a 1 kHz i molt menys a 100 Hz).
Amb 66 µF. $f_{c} = \dfrac{1}{2\pi\cdot 8\cdot 66\cdot10^{-6}} \approx 300\ \text{Hz}$ : els greus i els mitjans arribarien gairebé sencers al tweeter, que sonaria malament i probablement es cremaria a volum alt.

Errors típics

Confondre la fracció de tensió amb la de potència.
Pensar que un condensador en sèrie atura els aguts (és la bobina la que ho faria).
Oblidar que la reactància del condensador depèn de la freqüència.

Conceptes treballats: reactància capacitiva i freqüència, filtres RC de pas alt, freqüència de tall, decibels, desfasament, aplicacions en electrònica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

La placa d'un motor trifàsic d'inducció que mou una bomba de reg indica: 400 V; 50 Hz; 15 kW; 1460 min⁻¹; rendiment 91 %; cos φ = 0,86.
a) Raona quants pols té el motor i calcula'n la velocitat de sincronisme ( $n_{s}$ = 60·f/p, on p és el nombre de parells de pols) i el lliscament.
b) A plena càrrega, calcula la potència absorbida de la xarxa, les pèrdues, el corrent de línia i el parell a l'eix.
c) El cabal de reg s'ha de reduir al 80 %. Tradicionalment es feia tancant parcialment una vàlvula, amb el motor a la mateixa velocitat; ara es proposa un variador de freqüència que faci girar el motor un 20 % més lent. En una bomba centrífuga, el cabal és proporcional a la velocitat i la potència, al cub de la velocitat. Calcula la freqüència aproximada que ha de donar el variador i la potència que necessitaria la bomba si a plena velocitat en necessita 12 kW.
d) Justifica per què el variador estalvia energia respecte de la vàlvula, i per què el motor no pot girar mai exactament a la velocitat de sincronisme.

Pista 1

Un motor d'inducció gira una mica per sota de la velocitat de sincronisme. Quin és el valor de 60·f/p més proper per sobre de 1460?

Pista 2

$P_{\mathrm{absorbida}}$ = $\tfrac{P_{\mathrm{útil}}}{\eta}$ ; I = $\tfrac{P_{\mathrm{absorbida}}}{\sqrt{3}\cdot U\cdot \cos\varphi}$ ; M = $\tfrac{P_{\mathrm{útil}}}{\omega}$ .

Pista 3

Si la velocitat es multiplica per 0,8, la potència es multiplica per $0{,}8^{3}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

4 pols (2 parells);

n_{s} = 1500\ \text{min}^{-1}

; lliscament

s \approx 2{,}7\ \%

Resolució

Dades. 400 V, 50 Hz, 15 kW útils, $n = 1460\ \text{min}^{-1}$ , $\eta = 0{,}91$ , $\cos\varphi = 0{,}86$ .
Velocitat de sincronisme. $n_{s} = \dfrac{60\cdot f}{p}$ : per a 50 Hz, $p = 1$ → 3000 min⁻¹; $p = 2$ → 1500 min⁻¹; $p = 3$ → 1000 min⁻¹. Un motor d'inducció gira una mica per sota del sincronisme, i el valor més proper per sobre de 1460 és 1500 min⁻¹: 2 parells de pols (4 pols).
Lliscament. $s = \dfrac{n_{s} - n}{n_{s}} = \dfrac{1500 - 1460}{1500} = 0{,}027 = 2{,}7\ \%$ .

Apartat b)

Resultat

P_{\text{abs}} \approx 16{,}5\ \text{kW}

; pèrdues

\approx 1{,}5\ \text{kW}

;

I \approx 27{,}7\ \text{A}

;

M \approx 98\ \text{N}\cdot\text{m}

Resolució

Potència absorbida i pèrdues. $P_{\text{abs}} = \dfrac{P_{\text{útil}}}{\eta} = \dfrac{15}{0{,}91} = 16{,}5\ \text{kW}$ ; pèrdues = 16,5 − 15 = 1,5 kW.
Corrent de línia. $I = \dfrac{P_{\text{abs}}}{\sqrt{3}\cdot U\cdot\cos\varphi} = \dfrac{16\,484}{\sqrt{3}\cdot 400\cdot 0{,}86} = 27{,}7\ \text{A}$
Parell a l'eix. $\omega = 1460\cdot\dfrac{2\pi}{60} = 152{,}9\ \text{rad/s}$ ; $M = \dfrac{P_{\text{útil}}}{\omega} = \dfrac{15\,000}{152{,}9} = 98\ \text{N}\cdot\text{m}$ .

Apartat c)

Resultat

f \approx 40\ \text{Hz}

;

P \approx 6{,}1\ \text{kW}

(la meitat)

Resolució

Freqüència. La velocitat del motor és aproximadament proporcional a la freqüència: $f \approx 0{,}8\cdot 50 = 40\ \text{Hz}$ ( $n_{s} = 1200\ \text{min}^{-1}$ ).
Lleis de semblança de la bomba. El cabal és proporcional a la velocitat (80 % de velocitat → 80 % de cabal) i la potència, al cub: $P = 12\cdot 0{,}8^{3} = 12\cdot 0{,}512 = 6{,}1\ \text{kW}$ , la meitat.

Apartat d)

Resultat

Amb la vàlvula la bomba continua a plena velocitat i l'energia sobrant es perd a la vàlvula; amb el variador la potència cau amb el cub de la velocitat. El motor no arriba mai al sincronisme perquè sense moviment relatiu no hi hauria corrents induïts ni parell.

Resolució

Vàlvula. Amb la vàlvula, la bomba continua girant a plena velocitat i l'energia «sobrant» es perd en forma de pèrdua de càrrega a la vàlvula (que s'escalfa i fa soroll): la potència quasi no baixa.
Variador. Amb el variador, la bomba només dona la pressió i el cabal que calen, i la potència cau amb el cub de la velocitat: reduir un 20 % el cabal estalvia gairebé un 50 % de l'energia.
Lliscament. El parell d'un motor d'inducció apareix perquè el camp giratori «talla» els conductors del rotor i hi indueix corrents; si el rotor girés a la velocitat del camp, no hi hauria moviment relatiu, ni corrents induïts, ni parell. Per això sempre hi ha lliscament, més gran com més càrrega.

Errors típics

Confondre el nombre de pols amb el nombre de parells de pols.
Calcular el corrent sense el rendiment (amb la potència útil) o sense el factor √3.
Pensar que reduir el cabal un 20 % redueix la potència un 20 %.

Conceptes treballats: motors trifàsics d'inducció, velocitat de sincronisme i lliscament, potència, rendiment i parell, variadors de freqüència, eficiència energètica en bombes.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

Una família vol instal·lar un punt de recàrrega per al seu cotxe elèctric, que té una bateria de 60 kWh. Habitualment el carreguen del 20 % al 80 %, i el rendiment de la càrrega (de la xarxa a la bateria) és del 90 %. Es comparen dues opcions (càrregues amb cos φ = 1):
• Monofàsica: 230 V, 32 A.
• Trifàsica: 400 V entre fases, 16 A per fase.
a) Calcula la potència de cada opció.
b) Calcula l'energia que s'ha de treure de la xarxa i el temps de càrrega en cada cas.
c) Quin corrent hauria de portar una línia monofàsica per donar la mateixa potència que la trifàsica? Raona per què, per a la mateixa potència, el trifàsic permet conductors més prims.
d) Si l'habitatge té contractats 5,75 kW, raona quins problemes hi pot haver en carregar el cotxe al vespre (quan funcionen la cuina i altres aparells) i quina solució tècnica es fa servir.

Pista 1

Monofàsic: P = U·I·cos φ. Trifàsic: P = $\sqrt{3}$ · $U_{\mathrm{línia}}$ · $I_{\mathrm{línia}}$ ·cos φ.

Pista 2

Energia a la bateria: 60 % de 60 kWh. De la xarxa se n'ha de treure més, pel rendiment.

Pista 3

Amb els 3 fils de fase (i el neutre que gairebé no porta corrent si la càrrega està equilibrada), el trifàsic reparteix la potència entre tres conductors.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

Monofàsica:

P \approx 7{,}4\ \text{kW}

; trifàsica:

P \approx 11{,}1\ \text{kW}

Resolució

Dades. Bateria de 60 kWh, càrrega del 20 % al 80 %, rendiment 90 %, $\cos\varphi = 1$ .
Monofàsica. $P = U\cdot I\cdot\cos\varphi = 230\cdot 32 = 7360\ \text{W} \approx 7{,}4\ \text{kW}$ .
Trifàsica. $P = \sqrt{3}\cdot U_{\text{línia}}\cdot I_{\text{línia}}\cdot\cos\varphi = \sqrt{3}\cdot 400\cdot 16 = 11\,085\ \text{W} \approx 11{,}1\ \text{kW}$ .

Apartat b)

Resultat

De la xarxa:

E = 40\ \text{kWh}

; monofàsica

t \approx 5{,}4\ \text{h}

; trifàsica

t \approx 3{,}6\ \text{h}

Resolució

Energia a la bateria. El 60 % de 60 kWh: $0{,}6\cdot 60 = 36\ \text{kWh}$ .
Energia de la xarxa. Pel rendiment, se n'ha de treure més: $E = \dfrac{36}{0{,}9} = 40\ \text{kWh}$ .
Temps de càrrega. $t = \dfrac{E}{P}$ : monofàsica, $\dfrac{40}{7{,}4} = 5{,}4\ \text{h}$ ; trifàsica, $\dfrac{40}{11{,}1} = 3{,}6\ \text{h}$ .

Apartat c)

Resultat

I \approx 48\ \text{A}

, el triple dels 16 A per fase del trifàsic: el trifàsic reparteix la potència entre tres conductors i necessita menys coure.

Resolució

Corrent monofàsic equivalent. $I = \dfrac{P}{U} = \dfrac{11\,085}{230} = 48\ \text{A}$ , el triple que els 16 A de cada fase en trifàsic.
Raonament. En monofàsic tota la potència va per una fase i el neutre; en trifàsic es reparteix entre tres fases, cadascuna amb menys corrent, i el neutre, si la càrrega és equilibrada, gairebé no en porta.
Conclusió. Per a la mateixa potència i les mateixes pèrdues, el trifàsic necessita menys coure en total: per això la distribució i la indústria fan servir el trifàsic.

Apartat d)

Resultat

Carregar a 7,4 kW ja supera els 5,75 kW contractats i saltaria l'interruptor de control de potència; la solució és un carregador amb gestió dinàmica de potència (o augmentar la potència contractada).

Resolució

El problema. Amb 5,75 kW contractats, carregar a 7,4 kW ja supera la potència contractada encara que no hi hagi res més encès; al vespre, amb la cuina i altres aparells, encara més: l'interruptor de control de potència tallaria el subministrament.
Solucions. Augmentar la potència contractada (amb un cost fix més alt) o fer servir un carregador amb gestió dinàmica de potència: mesura el consum de la casa i ajusta el corrent de càrrega perquè el total no superi el límit (carrega més lent quan la cuina funciona i més ràpid de nit).
Comentari. A més, carregar a la nit sol coincidir amb l'electricitat més barata i amb menys demanda a la xarxa.

Errors típics

Oblidar el factor $\sqrt{3}$ en la potència trifàsica o multiplicar per 3 amb la tensió de línia.
Calcular el temps amb tota la capacitat de la bateria.
Oblidar el rendiment de la càrrega.

Conceptes treballats: corrent altern monofàsic i trifàsic, potència elèctrica, energia i temps, potència contractada, gestió de la demanda, mobilitat elèctrica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

Una minicentral hidroelèctrica en un riu del Ripollès té una turbina que gira a 375 min⁻¹. Ha de generar corrent altern de 50 Hz per abocar-lo a la xarxa.
a) Si l'alternador va directament acoblat a la turbina, quants parells de pols ha de tenir (f = p· $\tfrac{n}{60}$ )? Si es fes servir un alternador de 2 parells de pols, quina relació de multiplicació hauria de tenir la caixa d'engranatges?
b) Per entendre el principi, un model elemental d'alternador és una bobina de 40 espires de 0,03 $\text{m}^{2}$ que gira dins d'un camp magnètic uniforme de 0,6 T a 3000 min⁻¹. Calcula la freqüència, la força electromotriu màxima ( $ε_{\mathrm{màx}}$ = N·B·S·ω) i l'eficaç.
c) Aquest alternador elemental alimenta una resistència de 20 Ω (menysprea la resistència de la bobina). Calcula la potència. Si la bobina girés un 10 % més lenta, com canviarien la freqüència, la tensió i la potència?
d) Raona per què tots els generadors connectats a una xarxa han de girar en sincronisme, i què indica que la freqüència de la xarxa baixi una mica per sota de 50 Hz.

Pista 1

Aïlla p de f = p· $\tfrac{n}{60}$ .

Pista 2

ω = 2π· $\tfrac{n}{60}$ en rad/s. La força electromotriu eficaç és la màxima dividida per $\sqrt{2}$ .

Pista 3

Tant ε com f són proporcionals a la velocitat de gir; la potència en una resistència va amb el quadrat de la tensió.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

p = 8

parells de pols (16 pols); amb 2 parells, relació de multiplicació 4

Resolució

Dades. $n = 375\ \text{min}^{-1}$ i $f = 50\ \text{Hz}$ , amb $f = p\cdot\dfrac{n}{60}$ .
Acoblament directe. $p = \dfrac{60\cdot f}{n} = \dfrac{60\cdot 50}{375} = 8$ parells de pols (16 pols): els alternadors de les centrals hidràuliques, que giren lentament, tenen molts pols i un diàmetre gran.
Amb 2 parells de pols. Caldria $n = \dfrac{60\cdot 50}{2} = 1500\ \text{min}^{-1}$ : una multiplicació de $\dfrac{1500}{375} = 4$ .

Apartat b)

Resultat

f = 50\ \text{Hz}

;

\varepsilon_{\text{màx}} \approx 226\ \text{V}

;

\varepsilon_{\text{ef}} \approx 160\ \text{V}

Resolució

Freqüència. $f = \dfrac{3000}{60} = 50\ \text{Hz}$ (una bobina de dos pols fa un cicle per volta).
Força electromotriu màxima. $\omega = 2\pi\cdot 50 = 314{,}2\ \text{rad/s}$ (en rad/s, no en min⁻¹): $\varepsilon_{\text{màx}} = N\cdot B\cdot S\cdot\omega = 40\cdot 0{,}6\cdot 0{,}03\cdot 314{,}2 = 226\ \text{V}$
Valor eficaç. $\varepsilon_{\text{ef}} = \dfrac{226}{\sqrt{2}} = 160\ \text{V}$ .

Apartat c)

Resultat

P \approx 1279\ \text{W}

; un 10 % més lenta:

f = 45\ \text{Hz}

\varepsilon_{\text{ef}} \approx 144\ \text{V}

P \approx 1036\ \text{W}

(un 19 % menys)

Resolució

Potència. $P = \dfrac{\varepsilon_{\text{ef}}^{2}}{R} = \dfrac{160^{2}}{20} = 1279\ \text{W}$ (amb $\varepsilon_{\text{ef}} = 159{,}9\ \text{V}$ ).
Un 10 % més lenta. Tant $\varepsilon$ com f són proporcionals a la velocitat de gir: $f = 0{,}9\cdot 50 = 45\ \text{Hz}$ i $\varepsilon_{\text{ef}} = 0{,}9\cdot 160 = 144\ \text{V}$ .
Nova potència. La potència en una resistència va amb el quadrat de la tensió: $P = \dfrac{144^{2}}{20} = 1036\ \text{W}$ , és a dir, $0{,}9^{2} = 0{,}81$ vegades l'anterior (un 19 % menys).

Apartat d)

Resultat

Totes les tensions de la xarxa s'han de sumar en fase, per això els alternadors giren en sincronisme; si la freqüència baixa de 50 Hz, vol dir que es consumeix més potència de la que es genera.

Resolució

Sincronisme. A la xarxa, totes les tensions s'han de sumar en fase: si un generador girés a una altra velocitat, la seva tensió es desfasaria respecte de la de la xarxa i circularien corrents enormes entre generadors. Per això els alternadors connectats «s'enganxen» a la freqüència de la xarxa.
Freqüència i equilibri. La freqüència és un indicador de l'equilibri entre generació i consum: si es consumeix més potència de la que es genera, l'energia de més surt de l'energia cinètica de tots els rotors, que es frenen, i la freqüència baixa.
Regulació. Els sistemes de control augmenten llavors la potència de les centrals (per exemple, obrint més l'entrada d'aigua a la turbina) fins a recuperar els 50 Hz.

Errors típics

Confondre parells de pols amb pols.
Fer servir la velocitat en min⁻¹ a la fórmula de la força electromotriu.
Pensar que la tensió generada no depèn de la velocitat de gir.

Conceptes treballats: generació de corrent altern, inducció electromagnètica, alternadors, freqüència i pols, valor màxim i eficaç, potència, estabilitat de la xarxa elèctrica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Quina relació hi ha entre el valor de pic i l'eficaç?

En un corrent sinusoidal, el valor eficaç és el de pic dividit per l'arrel de 2. Els 230 V de casa són eficaços; el pic és d'uns 325 V.

Com es calcula la impedància d'un circuit RLC en sèrie?

Amb l'arrel de R al quadrat més (XL − XC) al quadrat. Les reactàncies no se sumen directament a la resistència, perquè estan desfasades 90 graus.

Tornar a Tecnologia i Enginyeria