Exercicis de corrent altern — Tecnologia i Enginyeria 2n Batxillerat

$I_{pic}$ = $I_{ef}$ · $\sqrt{2}$ = 10 · 1,414 = 14,14 A.

La potència ACTIVA (P) és la que es converteix en treball útil o calor (la que 'es consumeix' de veritat) i es mesura en watts (W). La potència REACTIVA (Q) és la que va i torna contínuament entre la font i els camps magnètics de les bobines i elèctrics dels condensadors, sense fer cap treball útil; es mesura en volt-ampers reactius (var). La suma vectorial de les dues dona la potència aparent S, mesurada en volt-ampers (VA).

La de línia és $\sqrt{3}$ vegades la de fase: $V_{L}$ = $\sqrt{3}$·$V_{f}$. Per exemple, 400 V de línia corresponen a uns 230 V de fase.

Comparant amb v(t) = V_max · sin(ω · t): V_max = 325 V i ω = 314 rad/s.
Valor eficaç: V_ef = V_max/√2 = 325/1,414 = 229,8 V ≈ 230 V.
Freqüència: f = ω/(2π) = 314/6,283 = 50 Hz.
Període: T = 1/f = 1/50 = 0,02 s = 20 ms.
Valor instantani: v(0,0025) = 325 · sin(314 · 0,0025) = 325 · sin(0,785 rad) = 325 · 0,707 = 229,8 V (2,5 ms és un vuitè del període, és a dir, 45°).
Error típic: tenir la calculadora en graus quan l'argument del sinus està en radians.

Bobina: X_L = 2π·f·L és proporcional a la freqüència; si f es duplica, X_L es duplica.
Condensador: X_C = 1/(2π·f·C) és inversament proporcional a la freqüència; si f es duplica, X_C es divideix per dos.
Resistor ideal: R no depèn de la freqüència i es manté igual.
Conseqüència: 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).

Resistència ideal: tensió i corrent en fase (φ = 0°); cos φ = 1; P = V·I (tota la potència aparent és activa).
Bobina ideal: el corrent va endarrerit 90° respecte de la tensió; cos φ = 0; P = 0.
Condensador ideal: el corrent avança 90° respecte de la tensió; cos φ = 0; P = 0.
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).

En la connexió 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 V.
El corrent de línia és $\sqrt{3}$ vegades el de fase: $I_{L}$ = $\sqrt{3}$ · $I_{f}$ = 1,732 · 10 = 17,3 A.
Error típic: aplicar les relacions de l'estrella ($V_{L}$ = $\sqrt{3}$·$V_{f}$ i $I_{L}$ = $I_{f}$); en el triangle és el corrent el que es multiplica per $\sqrt{3}$.

Relació de transformació: V₁/V₂ = N₁/N₂ = 1150/60 = 19,17.
Tensió del secundari: V₂ = 230 · 60/1150 = 12 V.
En un transformador ideal la potència es conserva: V₁ · I₁ = V₂ · I₂, per tant I₁ = 12 · 5/230 = 0,261 A.
Comprovació: 230 · 0,261 = 60 W = 12 · 5. Quan es redueix la tensió, el corrent augmenta en la mateixa proporció.

Potència activa (P): watt (W).
Potència reactiva (Q): var (var).
Potència aparent (S): voltampere (VA).
Reactància (X): ohm (Ω).
Inductància (L): henry (H).
Capacitat (C): farad (F).
Freqüència (f): hertz (Hz).
Les tres potències tenen la mateixa dimensió, però s'expressen amb unitats diferents per no confondre-les.

La potència es calcula amb la tensió eficaç: V_ef = 325/√2 = 229,8 V.
P = V_ef²/R = 229,8²/46 = 1148 W ≈ 1,15 kW.
Si s'usés el valor màxim, P = 325²/46 = 2296 W, el doble del correcte: el quadrat de la tensió màxima és el doble del quadrat de l'eficaç.
El valor eficaç és el que produeix en un resistor els mateixos efectes tèrmics que una tensió contínua d'aquest valor.

V_ef = V_pic/√2 = 155/1,414 = 109,6 V.
T = 1/f = 1/60 = 0,0167 s = 16,7 ms.

X_C = 1/(2·π·f·C) = 1/(2·π·50·100·10⁻⁶) = 1/(0,0314) = 31,8 ohms.

a) Potència aparent: S = (P)/(cos(φ)) = $\tfrac{(5000)}{(0{,}6)} = 8333$ VA = 8,33 kVA.
Potència reactiva: Q = $\sqrt{S^{2} - P^{2}}$ = $\sqrt{8333^{2} - 5000^{2}}$ = $\sqrt{69{,}44\cdot 10^{6} - 25\cdot 10^{6}}$ = $\sqrt{44{,}44\cdot 10^{6}}$ = 6667 var = 6,67 kvar.
b) Convé millorar el factor de potència perquè, amb un cos(φ) baix, la xarxa ha de portar molt corrent (molta potència aparent) per lliurar poca potència útil; això augmenta les pèrdues als cables i la companyia penalitza el consum. Es corregeix afegint 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(φ) cap a 1.

De V_linia = √3·V_fase s'aïlla V_fase = V_linia/√3 = 400/1,732 = 231 V.

Valor de pic a pic: 6 · 100 = 600 V, per tant V_max = 300 V i V_ef = 300/√2 = 212 V.
Període: T = 10 · 2 ms = 20 ms, per tant f = 1/T = 50 Hz.
Desfasament: 1,5 divisions de les 10 d'un període són 1,5/10 · 360° = 54°.
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 φ = cos 54° = 0,588.

Reactància: X_C = 1/(2π · 50 · 20·10^-6) = 159,2 Ω.
Impedància: Z = √(R² + X_C²) = √(100² + 159,2²) = 188,0 Ω.
Corrent: I = V/Z = 230/188,0 = 1,22 A.
Tensions: V_R = I · R = 122,4 V; V_C = I · X_C = 194,7 V. Factor de potència: cos φ = R/Z = 100/188,0 = 0,532 (capacitiu: el corrent avança).
Les tensions no se sumen aritmèticament, perquè estan desfasades 90°: √(122,4² + 194,7²) = 230 V. Per això 122,4 + 194,7 = 317 V no contradiu res.

Corrent pel resistor: I_R = 120/50 = 2,4 A. Corrent per la bobina: I_L = 120/40 = 3 A (endarrerit 90° respecte de la tensió).
Corrent total: en paral·lel els corrents es sumen vectorialment, I = √(I_R² + I_L²) = √(2,4² + 3²) = 3,84 A (no 5,4 A).
Factor de potència: cos φ = I_R/I = 2,4/3,84 = 0,625 (inductiu).
Potència activa: P = V · I_R = 120 · 2,4 = 288 W, que només es dissipa al resistor (la bobina ideal no consumeix potència activa).

Motor: Q₁ = P₁ · tg φ₁ = 3000 · 0,75 = 2250 var (amb cos φ = 0,8, tg φ = 0,75). Escalfador: Q₂ = 0.
Totals: P = 3000 + 2000 = 5000 W; Q = 2250 var.
S = √(P² + Q²) = √(5000² + 2250²) = 5483 VA.
cos φ = P/S = 5000/5483 = 0,912. Corrent: I = S/V = 5483/230 = 23,8 A.
Error freqüent: sumar les potències aparents de cada càrrega (3750 + 2000 = 5750 VA); només se sumen les potències activa i reactiva, perquè les aparents estan desfasades.

Estrella: tensió de fase = 400/√3 = 231 V; el corrent de línia és igual al de fase: I = 231/20 = 11,5 A. Potència: P = 3 · V_f²/R = 3 · (400/√3)²/20 = 3 · 53333/20 = 8000 W.
Triangle: tensió de fase = 400 V; I_f = 400/20 = 20 A; I_L = √3 · 20 = 34,6 A. Potència: P = 3 · V_f²/R = 3 · 400²/20 = 24000 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 √3 vegades més gran i la potència va amb el quadrat de la tensió.

Potència absorbida (activa): P₁ = P_útil/η = 7500/0,88 = 8523 W.
Corrent de línia: P₁ = √3 · V_L · I · cos φ, per tant I = 8523/(√3 · 400 · 0,85) = 14,5 A.
Potència aparent: S = √3 · V_L · I = √3 · 400 · 14,47 = 10027 VA (≈ 10 kVA), o també P₁/cos φ.
Potència reactiva: Q = S · sin φ = 10027 · 0,527 = 5282 var (amb sin φ = √(1 - 0,85²) = 0,527).
Error típic: usar la potència útil de 7,5 kW com si fos la que absorbeix de la xarxa.

a) f₀ = 1/(2π · √(0,05 · 20·10^-6)) = 1/(2π · 10^-3) = 159,2 Hz (ω₀ = 1000 rad/s).
b) En ressonància X_L = X_C (ω₀ · L = 1000 · 0,05 = 50 Ω = 1/(ω₀ · C)), les reactàncies s'anul·len i Z = R = 10 Ω: I = 24/10 = 2,4 A, que és el corrent màxim del circuit.
c) V_L = I · X_L = 2,4 · 50 = 120 V i V_C = 120 V: cinc vegades la tensió d'alimentació (factor de qualitat Q = X_L/R = 5).
Les tensions de la bobina i del condensador, en oposició de fase, es compensen entre elles, però cadascuna per separat pot ser molt més alta que la de la font: hi pot haver perill de sobretensions.

a) Reactància inductiva: $X_{L}$ = 2·π·f·L = 2·π·50·0,15 = 47,1 Ω.
b) Impedància (només hi ha R i L, X = $X_{L}$): Z = √($R^{2}$ + $X_{L}$²) = $\sqrt{40^{2} + 47{,}1^{2}}$ = $\sqrt{1600 + 2218}$ = $\sqrt{3818}$ = 61,8 Ω.
c) Corrent eficaç: I = (V)/(Z) = $\tfrac{(230)}{(61{,}8)} = 3{,}72$ A.
d) Factor de potència: cos(φ) = (R)/(Z) = $\tfrac{(40)}{(61{,}8)} = 0{,}647$.
La càrrega és inductiva, amb un factor de potència força baix.

Reactància total: X = $X_{L}$ - $X_{C}$ = 55 - 25 = 30 Ω (les reactàncies es RESTEN).
Impedància: Z = $\sqrt{R^{2} + X^{2}}$ = $\sqrt{20^{2} + 30^{2}}$ = $\sqrt{400 + 900}$ = $\sqrt{1300}$ = 36,1 Ω.
Corrent: I = (V)/(Z) = $\tfrac{(120)}{(36{,}1)} = 3{,}32$ A.
Com que $X_{L}$ > $X_{C}$, la reactància total és positiva (inductiva): el circuit és INDUCTIU (el corrent va endarrerit respecte de la tensió).

Potència aparent: S = V·I = 230·6 = 1380 VA.
Potència activa: P = V·I·cos(φ) = 230·6·0,75 = 1035 W.
Per a la reactiva necessitem sin(φ): com que cos(φ) = 0,75, sin(φ) = $\sqrt{1 - 0{,}75^{2}}$ = $\sqrt{1 - 0{,}5625}$ = $\sqrt{0,4375}$ = 0,661.
Potència reactiva: Q = V·I·sin(φ) = 230·6·0,661 = 912 var.
Comprovació amb el triangle: S = $\sqrt{P^{2} + Q^{2}}$ = $\sqrt{1035^{2} + 912^{2}}$ = $\sqrt{1071225 + 831744}$ = $\sqrt{1902969}$ = 1380 VA. Correcte.

a) I₁ = P/(√3 · V_L · cos φ₁) = 30000/(√3 · 400 · 0,70) = 61,9 A.
b) tg φ₁ = 1,0202 (cos φ = 0,70) i tg φ₂ = 0,3287 (cos φ = 0,95). Q_c = P · (tg φ₁ - tg φ₂) = 30000 · (1,0202 - 0,3287) ≈ 20746 var.
c) Cada condensador aporta Q_c/3 = V_cond² · ω · C. En triangle, V_cond = 400 V: C = 20746/(3 · 314,2 · 400²) = 137,6 µF. En estrella, V_cond = 400/√3 i V_cond² = 53333: C = 20746/(3 · 314,2 · 53333) = 412,7 µF, tres vegades més gran.
d) I₂ = 30000/(√3 · 400 · 0,95) = 45,6 A, un 26 % menys. 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.

a) I_R = 230/46 = 5 A; I_L = 230/23 = 10 A (endarrerit 90°); I_C = 230/46 = 5 A (avançat 90°).
b) Els corrents de la bobina i del condensador estan en oposició de fase i es resten: I_L - I_C = 5 A. Corrent total: I = √(5² + 5²) = 7,07 A. tg φ = 5/5 = 1, per tant φ = 45° i cos φ = 0,707. Com que domina el corrent de la bobina, el circuit és inductiu (el corrent va endarrerit).
c) Per tenir cos φ = 1 cal que I_C = I_L = 10 A, és a dir, X_C = 230/10 = 23 Ω: C = 1/(2π · 50 · 23) = 138,4 µF. El condensador actual és de 1/(2π · 50 · 46) = 69,2 µF, així que cal afegir-n'hi 69,2 µF en paral·lel.
Llavors el corrent total és només el del resistor, I = 5 A (menys que els 7,07 A d'abans, per a la mateixa potència activa).

a) P = $\sqrt{3}$ · $V_{L}$ · I (cos φ = 1), per tant I = $\tfrac{P}{(\sqrt{3} \cdot V_{L})}$. A 110 kV: I = 50·$\tfrac{10^{6}}{(\sqrt{3} \cdot 110\cdot 10^{3})} = 262{,}4$ A. A 400 kV: I = 50·$\tfrac{10^{6}}{(\sqrt{3} \cdot 400\cdot 10^{3})} = 72{,}2$ A.
b) A 110 kV: $P_{perd}$ = 3 · 262,$4^{2}$ · 10 = 2,07 MW, un 4,1 % de la potència. A 400 kV: $P_{perd}$ = 3 · 72,$2^{2}$ · 10 = 156 kW, un 0,31 %.
c) 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: aquí, ($\tfrac{400}{110}$$)^{2}$ = 13,2 vegades menys. Per això s'eleva la tensió a la sortida de la central amb transformadors i es redueix a prop dels consumidors.

a) En triangle cada bobinatge rep 400 V: I_f = 400/15 = 26,7 A; I_L = √3 · 26,7 = 46,2 A.
b) En estrella cada bobinatge rep 400/√3 = 231 V: I_f = 231/15 = 15,4 A, i en estrella el corrent de línia és igual al de fase: I_L = 15,4 A.
c) El corrent d'arrencada en estrella és la tercera part que en triangle (46,2/15,4 = 3). Com que a l'arrencada un motor absorbeix un corrent molt gran (diverses vegades el nominal), l'arrencada 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.

Potència aparent: S = V · I = 230 · 4,5 = 1035 VA.
Factor de potència: cos φ = P/S = 600/1035 = 0,580 (φ = 54,6°).
Potència reactiva: Q = √(S² - P²) = √(1035² - 600²) = 843 var.
Resistència: P = I² · R, per tant R = 600/4,5² = 29,6 Ω.
Impedància: Z = V/I = 230/4,5 = 51,1 Ω; reactància: X_L = √(Z² - R²) = √(51,1² - 29,6²) = 41,6 Ω.
Inductància: L = X_L/(2π · f) = 41,6/(2π · 50) = 0,133 H = 133 mH.
Comprovació: Q = I² · X_L = 4,5² · 41,6 = 843 var.

Rendiment = P₂/(P₂ + P_Fe + P_Cu), amb P₂ = c · S · cos φ (c és l'índex de càrrega) i P_Cu = c² · 250.
a) Plena càrrega (c = 1): P₂ = 10000 · 0,8 = 8000 W; pèrdues = 120 + 250 = 370 W; η = 8000/8370 = 0,9558 (95,58 %).
b) Al 50 % (c = 0,5): P₂ = 4000 W; pèrdues = 120 + 0,25 · 250 = 182,5 W; η = 4000/4182,5 = 0,9564 (95,64 %).
c) P_Cu = P_Fe → c² · 250 = 120, per tant c = √(120/250) = 0,693. Llavors P₂ = 0,693 · 8000 = 5543 W, pèrdues = 120 + 120 = 240 W i η_màx = 5543/5783 = 0,9585 (95,85 %).
Els transformadors de distribució es dissenyen perquè el màxim rendiment caigui prop de la càrrega habitual, que no sol ser la plena càrrega.

a) P = 4 + 3 = 7 kW. Q = 4·tan(arccos 0,75) = 4·0,882 = 3,53 kvar. S = √(7² + 3,53²) = 7,84 kVA. cos φ = 7/7,84 = 0,893. I = 7839/230 = 34,1 A.

b) Pèrdues: 0,4·34,1² = 465 W. ΔU ≈ (0,4·7000 + 0,1·3528)/230 = (2800 + 353)/230 = 13,7 V (6,0 %: a la granja arriben uns 216 V si a l'origen n'hi ha 230).

c) Q_C = 3528 var. C = Q_C/(ω·U²) = 3528/(314,16·230²) = 212 µF. Nou corrent: 7000/230 = 30,4 A. Pèrdues: 0,4·30,4² = 371 W. ΔU ≈ 0,4·7000/230 = 12,2 V.

d) Les pèrdues baixen un 20 % (de 465 a 371 W), perquè depenen del quadrat del corrent i el corrent baixa un 11 %. La caiguda de tensió només baixa un 11 % (de 13,7 a 12,2 V), perquè només desapareix el terme X·Q: el terme R·P no canvia, perquè la potència activa que es transporta és la mateixa. Per reduir més la caiguda caldria una línia de més secció o una tensió més alta. Hi guanyen 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.

a) C = 1/[(2π·f)²·L].
A 530 kHz: C = 1/[(2π·530·10³)²·200·10^-6] = 4,51·10^-10 F = 451 pF.
A 1600 kHz: C = 49,5 pF.
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/√C).

b) Q = 2π·10⁶·200·10^-6/10 = 126. B = 10⁶/126 = 7,96 kHz.

c) 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 = 25 i B = 39,8 kHz: dins de la banda hi cabrien unes quatre emissores i se sentirien barrejades. La selectivitat depèn de tenir pèrdues petites.

d) En un receptor, el senyal de l'antena és d'uns microvolts: el circuit ressonant el «amplifica» Q vegades en tensió (sense aportar energia, només acumulant-la entre la bobina i el condensador) 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.

a) I₁ = 4600/230 = 20 A; I₂ = 2300/230 = 10 A; I₃ = 0.
I_N = |20∠0° + 10∠−120°| = √(20² + 10² − 2·20·10·cos 60°) = √300 = 17,3 A.

b) I₃ = 1150/230 = 5 A a +120°. I_N = |20∠0° + 10∠−120° + 5∠120°| = 13,2 A. 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.

c) R₁ = 230²/4600 = 11,5 Ω; R₂ = 230²/2300 = 23 Ω. Sense neutre i amb L3 desconnectada, R₁ i R₂ queden en sèrie entre L1 i L2, a 400 V: I = 400/34,5 = 11,6 A. Tensions: U₁ = 11,6·11,5 = 133 V; U₂ = 11,6·23 = 267 V.

d) La fase menys carregada (L2) rep 267 V, un 16 % de sobretensió: aparells electrònics, fonts d'alimentació i bombetes es poden cremar. La fase més carregada (L1) 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. Per això el neutre no es pot interrompre mai de manera independent: si un fusible tallés només el neutre, les fases continuarien connectades i les càrregues quedarien en aquesta situació perillosa. 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.

a) P = 5,2 + 1,8 = 7,0 kW. Q = √3·(5,2 − 1,8) = 5,89 kvar. tan φ = 5,89/7,0 = 0,841 → φ = 40,1°; cos φ = 0,765. I = 7000/(√3·400·0,765) = 13,2 A.

b) P = 2,0 − 0,6 = 1,4 kW. Q = √3·(2,0 + 0,6) = 4,50 kvar. tan φ = 3,22 → φ = 72,7°; cos φ = 0,30. I = 1400/(√3·400·0,297) = 6,8 A.

c) W₂ = U·I·cos(30° + φ) < 0 ⇔ 30° + φ > 90° ⇔ φ > 60° ⇔ cos φ < 0,5. Amb cos φ = 0,5 exactament, W₂ = 0.

d) 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 φ molt baix. 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. En una instal·lació amb molts motors sobredimensionats o funcionant en buit, el factor de potència global és dolent: més corrent, més pèrdues, 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.

a) P = 200 W; I = 200/12 = 16,7 A. R = 0,0172·50/2,5 = 0,344 Ω. ΔU = 16,7·0,344 = 5,7 V, un 48 % de 12 V. Pèrdues: 0,344·16,7² = 96 W. No funcionarà: els focus rebrien uns 6 V i, de fet, gairebé la meitat de l'energia s'escalfaria al cable.

b) I = 200/230 = 0,87 A; ΔU = 0,87·0,344 = 0,30 V (0,13 %); pèrdues = 0,344·0,87² = 0,26 W. Corrent al primari: 0,87 A (la mateixa potència a 230 V). Relació de voltes: 230/12 = 19,2 voltes del primari per cada volta del secundari.

c) 96/0,26 ≈ 367 = (230/12)². Demostració: P_pèrdues = R·I² = R·(P/U)² = R·P²/U²: amb R i P fixes, les pèrdues van amb 1/U².

d) ΔU ≤ 0,36 V → R ≤ 0,36/16,7 = 0,0216 Ω → S ≥ 0,0172·50/0,0216 = 40 mm², un cable gruixut i car per encendre només 200 W. Conclusió: per transportar potència lluny cal pujar la tensió, i 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, és el que 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.

a) U_L = √(230² − 100²) = 207 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. Se sumen com a vectors (fasors), no com a nombres: 100 V i 207 V formen els catets d'un triangle rectangle d'hipotenusa 230 V.

b) X_L = 207/0,43 = 482 Ω; L = 482/(2π·50) = 1,53 H. P = 100·0,43 = 43 W. Q = 207·0,43 = 89 var. S = 230·0,43 = 98,9 VA. cos φ = 100/230 = 0,435.

c) Q' = 43·tan(arccos 0,95) = 43·0,329 = 14,1 var. Q_C = 89,1 − 14,1 = 74,9 var. C = 74,9/(314,16·230²) = 4,5 µF. Nou corrent: 43/(230·0,95) = 0,197 A, menys de la meitat de 0,43 A.

d) Sense condensadors, els 60 tubs consumirien 60·0,43 = 25,8 A per fer 2,6 kW de llum; amb condensadors, 11,8 A. 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. (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.

a) C = 1/(2π·8·3000) = 6,63·10^-6 F = 6,6 µF.

b)
• 1 kHz: |H| = 1/√(1 + 9) = 0,316 → −10 dB; potència: 10 %; φ = arctan 3 = 71,6°.
• 3 kHz: |H| = 1/√2 = 0,707 → −3 dB; potència: 50 %; φ = 45°.
• 10 kHz: |H| = 1/√1,09 = 0,958 → −0,37 dB; potència: 92 %; φ = 16,7°.
La freqüència de tall és aquella en què arriba la meitat de la potència (−3 dB).

c) X_C és inversament proporcional a la freqüència. 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 Ω.

d) 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 = 1/(2π·8·66·10^-6) ≈ 300 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.

a) Per a 50 Hz: p = 1 → 3000 min^-1; p = 2 → 1500 min^-1; p = 3 → 1000 min^-1. Com que gira a 1460, la velocitat de sincronisme és 1500 min^-1: 2 parells de pols (4 pols). Lliscament: s = (1500 − 1460)/1500 = 2,7 %.

b) P_abs = 15/0,91 = 16,5 kW; pèrdues = 1,5 kW. I = 16 484/(√3·400·0,86) = 27,7 A. ω = 1460·2π/60 = 152,9 rad/s; M = 15 000/152,9 = 98 N·m.

c) La velocitat del motor és aproximadament proporcional a la freqüència: f ≈ 0,8·50 = 40 Hz (n_s = 1200 min^-1). Potència de la bomba: 12·0,8³ = 6,1 kW, la meitat.

d) 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. 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. Sobre la velocitat: 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.

a) Monofàsica: 230·32 = 7,4 kW. Trifàsica: $\sqrt{3}$·400·16 = 11,1 kW.

b) Energia a la bateria: 0,6·60 = 36 kWh; de la xarxa: $\tfrac{36}{0{,}9}$ = 40 kWh. Temps: monofàsica, $\tfrac{40}{7{,}4}$ = 5,4 h; trifàsica, $\tfrac{40}{11{,}1}$ = 3,6 h.

c) I = 11 $\tfrac{085}{230}$ = 48 A, el triple que els 16 A de cada fase en trifàsic. 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, no en porta. 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.

d) Amb 5,75 kW contractats, carregar a 7,4 kW ja supera la potència contractada encara que no hi hagi res més encès: l'interruptor de control de potència tallaria el subministrament. Caldria 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). 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.

a) p = 60·50/375 = 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 = 60·50/2 = 1500 min^-1: una multiplicació de 1500/375 = 4.

b) f = 3000/60 = 50 Hz (una bobina de dos pols fa un cicle per volta). ω = 2π·50 = 314,2 rad/s. ε_màx = 40·0,6·0,03·314,2 = 226 V; ε_ef = 226/√2 = 160 V.

c) P = 160²/20 = 1279 W. Un 10 % més lenta: f = 45 Hz; ε_ef = 0,9·160 = 144 V; P = 144²/20 = 1036 W (un 19 % menys).

d) 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 (sincronisme). 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. 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.