Capítulo 1 SEMANA 7 Capítulo 2 POTENCIA EN CORRIENTE

Capítulo 1
SEMANA 7
Capítulo 2
POTENCIA EN CORRIENTE
ALTERNA
Potencia instantánea1 : Esta definida como la potencia entregada a un dispositivo (carga) en cualquier instante de tiempo. Es el producto de la tensión instantánea
v(t) por la corriente instantánea i(t) de un elemento.
La potencia instantanea se define como:
p(t) = v(t)i(t)
Para un resistor es:
p(t) = v(t)i(t) = i2 (t)R =
1
Ver 96 de Usaola. Ver como lo define Fraile Mora.
60
v 2 (t)
R
61
Figura 2.1 Potencia instantanea
Para una bobina:
Z t
1
di(t)
= v(t)
v(t0 )dt0
p(t) = v(t)i(t) = Li(t)
dt
L
−∝
Para un capacitor:
Z t
dv(t)
1
i(t0 )dt0
p(t) = v(t)i(t) = Cv(t)
= i(t)
dt
C
−∝
Sea v(t) = Vm cos(ωt + θv ) [V] y i(t) = Im cos(ωt + θi ) [A]
p(t) = v(t) ∗ i(t) = Vm ∗ cos(ωt + θv ) ∗ Im ∗ cos(ωt + θi )
= Vm ∗ Im ∗ [cos(ωt + θv ) ∗ cos(ωt + θi )]
Usando la identidad trigonométrica: cos A ∗ cos B = 21 [cos(A − B) + cos(A + B)]
1
p(t) = Vm Im [
2
cos(θv − θi )
|
{z
+ cos(2ωt + θv + θi )]
}
Independiente del tiempo
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 2.2 Potencia instantanea para elementos
Decimos entonces que la potencia instantanea fluctua a una frecuencia de (2ω) del
doble de la tension e intensidad.
A raíz que p(t) varia en el tiempo, se define la potencia promedio.
Potencia promedio o potencia media: La potencia real esta asociado a la
realizacion de un trabajo. Su unidad es el Watio (W). Esta potencia es posible
medirla como un valor puntual con un vatímetro y en un circuito corresponde a
la potencia consumida por los elementos resistivos. La potencia promedio P es el
promedio de la potencia instantánea a lo largo de un periodo.
Reemplazando p(t) se tiene:
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Figura 2.3 Componentes de la potencia instantanea
P =
1ZT
p(t)dt
T 0
P =
1ZT 1
1ZT 1
Vm Im cos(θv − θi )dt +
Vm Im cos(2ωt + θv + θi )dt
T 0 2
T 0 2
1
P = Vm Im cos(θv − θi ) = Vrms Irms cos(θ)
2
Example: Ejercicio: Sea v(t) = 120 cos(377t + 45)V la tensión aplicada a un elemento cuya corriente es i(t) = 10 cos(377t − 10)A . Halle la potencia instantánea y
la potencia absorbida (promedio) por el elemento. Example-fin:
Desarrollo:
1
p(t) = 120 ∗ 10[cos(45 − 10) + cos(2ωt + 45 − 10)] = 344,2 + 600 cos(754t + 35) W
2
La potencia media es: P = 344,2[W ].
Example: Ejercicio: Determine la lectura de los instrumentos de medida. Examplefin:
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 2.4 Figura del ejercicio
Example: Ejercicio propuesto: Determine la lectura de los instrumentos de medida.
Example-fin:
Figura 2.5 Figura del ejercicio
Potencia en elementos reactivos
En las bobinas y condensadores la potencia media es nula, entonces el valor que
caracteriza a la potencia instantánea es la amplitud de sus oscilaciones, y se denomina potencia reactiva (Q).
Esta potencia no esta asociada con la realizacion de ningun trabajo externo al
circuito (calor, movimiento, etc...) ya que toda la energia almacenada durante un
ciclo se devuelve al ciclo siguiente. Su unidad es el Voltio-Amperio Reactivo
(VAr).
Cuando la tension (intensidad) aplicada es la misma para un condensador y una
bobina, el condensador almacena energia cuando la bobina la cede, y viceversa.
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65
Sea v(t) = Vm sin(ωt) [V] y i(t) = Im sin(ωt − θ) [A]
p(t) = v(t) ∗ i(t) = Vm sin(ωt) ∗ Im sin(ωt − θ)
Usando la identidad trigonométrica: sin A ∗ sin B = 12 [cos(A − B) − cos(A + B)]
1
p(t) = Vm Im [cos(ωt − (ωt − θ)) − cos(ωt + ωt − θ)]
2
1
p(t) = Vm Im [cos(θ) − cos(2ωt − θ)]
2
Usando la identidad trigonométrica: cos(A − B) = cos(A) cos(B) + sin(A) sin(B)
1
p(t) = Vm Im [cos(θ) − cos(2ωt) cos(θ) + sin(2ωt) sin(θ)]
2
1
1
p(t) = Vm Im cos θ[1 − cos(2ωt)] + Vm Im sin θ sin(2ωt)
2
2
p(t) =pa (t) + qr (t)
Donde:
pa (t): Componente activa
qr (t): Componente reactiva
Definiendo:
Potencia activa, como:
1
P = Vm Im cos θ
2
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[W ]
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Potencia reactiva, como:
1
Q = Vm Im sin θ
2
[V Ar]
:
Potencia compleja
En el dominio fasorial la potencia compleja monofásica se define como:

 1 VI∗ ,
S1ϕ =  2 ∗
VI ,
si V = Vm ∠θv y ; I = Im ∠θi
si V = Vrms ∠θv y I = Irms ∠θi
S = Real(S) ± j ∗ Imag(S) = P ± j ∗ Q
De aqui obtenemos el llamado triángulo de potencia.
Potencia total o aparente
Es el producto de la corriente y el voltaje:
1
P 2 + Q2 = Vm Im = Vrms Irms [V oltio.Amperios] [V A]
2
Potencia real o activa:
S=
q
Es la que corresponde a la energía solicitada a la fuente y que desarrolla un trabajo,
está definida como:
1
P = Vm Im cos(θv − θi ) = Vrms Irms f p = S ∗ f p = S cos(θ)[W ]
2
Potencia imaginaria o reactiva
(2.1)
Aparece en una instalación eléctrica en la que existen bobinas o condensadores, y
es necesaria para crear campos magnéticos y eléctricos en dichos componentes. Se
representa por Q y se mide en voltiamperios reactivos (VAr). No produce trabajo
útil debido a que su valor medio es nulo. Entiéndase que no se consume sino que
se almacena durante un tiempo y se regresa al circuito.
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Factor de potencia
Se define factor de potencia de un circuito de corriente alterna, como la relación
de la potencia promedio (P ) respecto a la potencia aparente (S):
P
= cos(θv − θi ) = cos(θ) = cos(θi − θv )
S
Donde θ = θv − θi es conocido como Ángulo del factor de potencia.
fp =
El factor de potencia se puede ver como un índice de eficiencia energética, dado
que permite conocer la relación entre la energía solicitada a la fuente y la energía
convertida en trabajo.
Figura 2.6 Figura del ejercicio
De acuerdo con su definición, el factor de potencia es adimensional y solamente
puede tomar valores entre 0 y 1. Donde por la definición anterior cuanto más
cercano sea el valor del factor de potencia a la unidad (1), más eficiente será el
sistema.
Cuando 0 < θ < 90 Decimos que:
* La corriente I atrasa al voltaje V un ángulo θ.
* Se dice que la carga es de naturaleza inductiva.
* El factor de potencia esta en atraso (f p ↓)
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
* La carga consume potencia reactiva (+Q).
Figura 2.7 Carga inductiva
Cuando −90 < θ < 0. Decimos que:
* La corriente I adelanta al voltaje V un ángulo θ.
* Se dice que la carga es de naturaleza capacitiva.
* El factor de potencia esta en adelanto (f p ↑)
* La carga entrega potencia reactiva (−Q).
Figura 2.8 Carga capacitiva
Cuando θ = θv − θi = 0. Decimos que:
* La corriente I esta es fase con el voltaje V
* Se dice que la carga es de naturaleza puramente resistiva.
* El factor de potencia es unitario (f p = 1)
* No hay potencia reactiva (Q = 0).
Figura 2.9 Carga resistiva
Cuando θ = θv − θi = 90.
* La corriente I atrasa al voltaje V noventa grados.
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* Se dice que la carga es de naturaleza puramente inductiva.
* El factor de potencia es cero (f p = 0)
* No hay potencia activa (P=0). S = Q
Figura 2.10 Carga puramente inductiva
Cuando θ = θv − θi = −90.
* La corriente I adelanta al voltaje V noventa grados.
* Se dice que la carga es de naturaleza puramente capacitiva.
* El factor de potencia es cero (f p = 0)
* No hay potencia activa (P=0). S = −Q
Figura 2.11 Carga puramente capacitiva
La siguiente tabla resumen, nos muestra que letra representa cada parametro:
Letras que la representa
Nombre
p(t)
Potencia instantánea
P
Potencia media o activa
Q
Potencia reactiva
S
Potencia aparente
S
Potencia compleja
fp
factor de potencia
θ = θZ = θS
Ángulo de fp
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Unidad
Ecuación
Voltio-Amperios [VA]
= v(t)i(t)
Vatios[W]
= Vrms Irms co
Volt-Amp.Reactivos [VAr] = Vrms Irms si
Voltio-Amperios[VA]
= Vrms Irms
Voltio-Amperios[VA]
= VI∗
Sin unidad
= PS = cos
θ
P
Grados o radianes
= a cos S
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
S en función de la Impedancia y Admitancia
Es útil tener en cuenta como calcular los componentes de la potencia en función
de los componentes de la impedancia y admitancia. Veamos.
En función de la impedancia:
V = ZI
∗
S = VI
∗
S = (ZI)I = ZI
2
V
S=V
Z
!∗
=
V2
Z∗
Donde:
P = RI 2 =
V2
[W ];
R
Q = XI 2 =
V2
[V Ar];
X
S = ZI 2 =
V2
[V A];
Z
En función de la admitancia:
I = VY
S = VI∗
S = V(VY)∗ = V 2 Y∗
S=
I
Y
I∗ =
I2
Y
Donde:
I2
P =
= GV 2 [W ];
G
I2
Q = BV =
[V Ar];
B
2
I2
S =YV =
[V A];
Y
2
Example: Ejemplo: Determine la potencia activa, reactiva y el factor de potencia
de cada carga y de la carga vista por la fuente. Example-fin:
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Figura 2.12 Figura del ejercicio
Zcarga1 = 4 + j6 = 7,21∠56,3◦ Ω
Zcarga2 =
(3 ∗ (−j4))
= 2,4∠−36,86◦ Ω
(3 − j4)
Zeq = Zcarga1 + Zcarga2 = 7,47∠37,60◦ Ω
I=
100∠0◦
V
=
= 13,38∠−37,60◦
Zeq
7,47∠37,60◦
Vcarga1 = I ∗ Zcarga1 = 96,49∠18,7◦
Vcarga2 = I ∗ Zcarga2 = 32,11∠−74,46◦
Potencia activa P = RI 2 = V I cos θ
Potencia reactiva Q = XI 2 = V I sin θ
Factor de potencia f p = cos θ
Carga 1
P =
Q=
f p = cos() =
Carga 2
P =
Q=
f p = cos() =
Carga equivalente
P = P1 + P2 =
Q = Q1 + Q2 =
f p = cos() =
Example: Ejercicios: En la carga del circuito de la figura se toman medidas de
voltaje, corriente y potencia, donde V = 150 V, A = 3 A; W = 300 W. Examplefin:
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
i) Para el caso de que la carga sea inductiva.
ii) Para el caso de que la carga sea capacitiva.
a) Calcule la potencia activa, reactiva, aparente, compleja y factor de potencia
de la carga.
b) Impedancia que representa la carga
c) Voltaje y corriente como fasores.
Figura 2.13 Figura del ejercicio
Example: Ejercicio propuesto: De acuerdo a las siguientes señales de voltaje y
corriente que entran a una carga. Example-fin:
Figura 2.14 Figura del ejercicio
Determine:
a) Potencia instantánea
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b) Potencia activa
c) Potencia reactiva
d) Factor de potencia
e) Impedancia que representa la carga
f) Naturaleza de la carga.
g) Si se toma la señal de voltaje como referencia, exprese el voltaje y la corriente
como fasores.
Example: Ejercicios: Hallar I. Example-fin:
Figura 2.15 Figura del ejercicio
Desarrollo:
LT K :⇒ V = 120∠0◦ V
S = 10000V A;
θ = a cos(0,8) = 36,86◦
S = 10000∠36,86◦ V A
I=
S
V
!∗
=
10000∠36,86◦
120∠0◦
!∗
= 83,33∠0◦ − 36,86◦ A
Example: Ejercicio: Hallar la potencia activa que consume la carga y halle la
potencia reactiva. Example-fin:
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 2.16 Figura del ejercicio
Desarrollo:
LT K :⇒ V = 120∠0◦ V
S = 10000V A;
θ = a cos(0,8) = 36,86◦
S = 10000∠36,86◦ V A
S = Real(S) + j ∗ Imag(S) V A
S = 8 + j6 kV A
Donde : P = 8 kW ; Q = 6 kV AR
Example: Ejercicio: Calcule la corriente que consume un motor de 10 Hp, 220 V,
fp = 0.7, Eficiencia de 80Example-fin:
Desarrollo:
Pint =
I=
10 ∗ 746
= XXXXW
0,8
XXX
= XXX
0,7 ∗ 220
Example:2 Ejercicio: Sea v(t) = 22,63 cos(60t+45), R1 = 2Ω, R2 = 10Ω, R3 = 8Ω,
2
(11.51 Sadiku)
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L = 0,1H, C = 3,33mF . textbfExample-fin:
Figura 2.17 Figura del ejercicio
Calcular:
a) el factor de potencia
b) la potencia promedio provista por la fuente
c) la potencia reactiva
d) la potencia aparente
e) la potencia compleja.
f) la naturaleza de la carga.
Desarrollo:
Ref: cos(60t), con ω = 60 rad/s
XC =
1
=5Ω
60 ∗ 3,33e − 3
XL = 60 ∗ 0,1 = 6Ω
Para la fuente se usa el valor rms: Vrms =
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22,63
√
2
= 16V ; V = 16∠(45)◦ .
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Z1 = 8 + j6;
Z2 = 10 − j5;
Z3 = Z1
Z2 = 6,1538 + j0,7692; Z4 = R1 + Z3 = 8,1538 + j0,7692Ω
Z4 = 8,19∠(5,38)◦ ;
I=(
16
)∠(45 − 5,38)◦ = 1,9512∠(39,61)◦ .
8,19
a) factor de potencia f p = cos(5,38◦ ) = (0,9956)◦ atrasado
b) P = V If p = 16 ∗ 1,9512 ∗ 0,9956 = 31,0818W
c) Q = V Isen(5,38) = 2,9322V AR =
q
(S 2 − P 2 )
d) S = V I = 16 ∗ 1,9512 = 31,2192V A
e) S = V I∠5,38◦ = 31,0818 + j2,9322 = 16∠45◦ ∗ (1,9512∠39,61◦ )∗ = 31,2192∠5,38◦
f)Dado que el factor de potencia esta en atraso la carga es de naturaleza inductiva.
Example: Ejercicio: Halle la potencia activa del ejercicio anterior con a) ω =
30rad/s Example-fin:
Xc = 10Ω;
Z1 = 8 + j3;
XL = 3 Ω
Z2 = 10 − j10;
Z2 = 6,2466 − j0,3485;
Z4 = 8,254∠(−2,42)◦ ;
Z3 = Z1
Z4 = R1 + Z3 = 8,2466 − j0,3485 Ω
I=(
16
)∠(45 + 2,42)◦ = 1,938∠(45,42)◦ A
8,25
a) f p = cos(2,42) = (0,9991)◦ adelantado
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b) P = V If p = 16 ∗ 1,938 ∗ 0,9991 = 30,98W
Example: Determine la potencia compleja para los siguientes casos: Example-fin:
a) P = 269W , Q = 150V Ar (capacitivo)
b) Q = 2000V Ar, f p = 0,9 (adelantado)
c) S = 600V A, Q = 450V Ar (inductivo)
d) Vrms = 220V , P = 1 kW , |Z| = 40 Ω (inductivo)
2.0.1.
EQUILIBRIO DE POTENCIA
En un circuito eléctrico toda la energía requerida por las cargas es suministrada
por la fuente. Por tanto en un circuito se debe cumplir el equilibrio de potencias.
Por ejemplo. Los resistores consumen potencia activa, pero no reactiva. Los inductores decimos que consumen potencia reactiva, pero no activa y los capacitores
decimos que entregan potencia reactiva pero no activa. Las fuentes deben suministrar toda la potencia que consuman la carga, tanto la activa como reactiva.
Figura 2.18 Equilibrio de potencias
Este principio radica en el principio de conservación de la energía
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
El equilibrio de potencia establece que:
En S compleja,NO en aparente S.
ΣSf uente = ΣScargas
−ΣSf uente + ΣScargas = 0
Y por tanto al descomponer en parte real e imaginaria, se cumple:
ΣPf uente = ΣPcargas
−ΣPf uente + ΣPcargas = 0
ΣQf uente = ΣQcargas
−ΣQf uente + ΣQcargas = 0
Example: Ejercicio: En el diagrama de la figura dos cargas se encuentran conectadas en paralelo en un circuito de una sola fase, la carga 1 es una estufa de 3
kW, 220 V y un fp de 0.95 atrasado. La carga 2 representa un motor de 5 kVA
que se encuentra entregando reactivos a la red con un factor de potencia de 0.85.
Halle la potencia que debe suministrar la fuente a la carga en el circuito y halle las
corrientes I, I1 e I2 . Example-fin:
Figura 2.19 Equilibrio de potencias
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Carga 01:
θ = a cos(0,95) = 18,19◦
!
S1 =
3000
∠18,19◦ V A
0,95
I1 =
S
V
!∗
=
3157,89∠18,19◦
220∠0◦
!∗
I1 = 14,35∠18,19◦ A
Carga 02:
θ = a cos(0,85) = 31,78◦
S2 = 5000∠−31,78◦ V A
I2 =
S
V
!∗
=
5000∠−31,78◦
220∠0◦
!∗
I2 = 22,72∠31,78◦ A
Aplicando la ley de corrientes en el nodo:
I3 = I1 + I2 = 14,35∠−18,19◦ + 22,72∠31,78◦ = 33,78∠12,8◦ A
Otra forma de calcular I3 , es usando el principio de conservación de la potencia,
donde las potencias se pueden sumar sin importar la conexión de los elementos.
Seq = Sf uente = Scargas = S1 + S2 =
= 3157,89∠(18,19)◦ + 5000∠−31,78◦ = 7435,28∠−12,8◦
I3 =
Seq
V
!∗
=
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7435,28∠−12,8◦
220∠0◦
!∗
= 33,78∠12,8◦ A
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80
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Example: Ejercicio: En el diagrama de la figura dos cargas se encuentran conectadas en serie en un circuito de una sola fase, la carga 1 es una estufa de 3 kW y
un fp de 0.95 atrasado. La carga 2 representa un motor de 5 kVA que se encuentra
entregando reactivos a la red con un factor de potencia de 0.85.
Halle la potencia que debe suministrar la fuente a la carga y halle las tensiones V1
y V2 . Example-fin:
Figura 2.20 Figura del ejercicio
Desarrollo:
Carga 01:
θ = a cos(0,95) = 18,19◦
!
S1 =
3000
∠18,19◦ V A
0,95
Carga 02:
θ = a cos(0,85) = 21,78◦
S2 = (5000∠−31,78◦ ) V A
Usando el principio de conservación de la potencia, donde las potencias se pueden
sumar sin importar la conexión de los elementos.
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81
Seq = Sf uente = Scargas = S1 + S2 =
= 3157,89∠(18,19)◦ + 5000∠−31,78◦ = 7435,28∠−12,8◦
I3 =
Seq
V
!∗
=
7435,28∠−12,8◦
220∠0◦
!∗
= 33,78∠12,8◦ A
Entonces las tensiones son:
V1 =
(3157,89∠(18,19)◦ )
S1
=
= 93,48∠30,99◦ V
I∗
(33,78∠12,8◦ )∗
V2 =
S2
(5000∠−31,78◦ )
=
= 148,02∠−18,98◦ V
∗
◦
∗
I
(33,78∠12,8 )
Comprobemos que se cumple la ley de de tensiones en la malla:
V = V1 + V2 = 93,48∠30,99◦ + 148,02∠−18,98◦ = 220∠0◦ V
Observemos también el diagrama fasorial de la ecuación:
Sf uente = S1 + S2 = 3157,89∠18,19◦ + 5000∠−31,78◦ = 7435,28∠−12,8◦
Figura 2.21 Figura del ejercicio
Example: Ejercicio propuesto: En el circuito de la figura, la carga A, recibe 2 kW
con 0.8 de factor de potencia en atraso, la carga B recibe 3 kVA a 0.4 de factor de
potencia en adelanto, mientras que la carga C es inductiva y consume 1 kW con
500 VAR. Example-fin:
a) Determine el factor de potencia de todo el sistema.
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 2.22 Figura del ejercicio
b) Encuentre la corriente dado que VS = 240∠45◦ V
Example: Ejercicio propuesto: Determine: Example-fin:
a) El factor de potencia del circuito.
b) La tensión y corriente en cada elemento.
c) La potencia activa, reactiva y aparente en la fuente.
d) Dibuje el diagrama fasorial de potencias.
Figura 2.23 Figura del ejercicio
Example: Ejercicio propuesto:3 En√el circuito de la figura los
√ valores instantaneos
de los generadores son: v1 (t) = 10 2 sin(1t) [V]; v2 = 50 2 cos(1t) [V]; i(t) =
20 cos(1t + 45◦ ) [A] Example-fin:
Calcular:
3
4.31 Fraile Mora
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83
Figura 2.24 Figura del ejercicio
a) Valores de la resistencia R en ohmios y de la inductancia L en Henrios, para
que el generador v2 entregue al circuito una potencia activa de 500 W y una
potencia reactiva inductiva de 500 Var.
b) Diferencia de potencial (d.d.p = voltaje) instantaneo entre los nodos A y B.
√
Respuesta: 1)R = 1Ω; L = 2H; 2) vAB = 20 2 cos(1t + 180◦ ) [V]
Example: Ejercicio propuesto: 4 En la figura se muestra un generador vg que a traves de una linea de impedancia 0,1 + j0,2Ω (total: ida y vuelta) alimenta un recepto
constituido por dos cargas: a) Iluminacion incandescente de 4 kW; b) Motor de 10
KW de potencia mecanica , rendimiento del 80 y f.d.p 0.7 inductivo. Example-fin:
Calcular:
a) Tension que debe aplicarse al extremo generador vg para que las cargas tengan
una tension en bornes de 220 V.
4
Ejercicio 4.39 Fraile Mora
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
b) Potencia reactiva de los condensadores en el extremo receptor para elevar el
f.d.p del conjunto de las cargas a la unidad en el extremo receptor y capacidad
necesaria si la frecuencia de la red es de 50 Hz;
c) Potencia compleja al principio de la linea en los dos casos siguientes: i) sin
conectar los condensadores, ii) conectando los condensadores.
Figura 2.25 Figura del ejercicio
Example: Ejercicio propuesto: 5 Un generador alimenta dos cargas con las siguientes caracteristicas: 1) Motor de 5 CV, rendimiento de 85 y f.d.p 0.75 inductivo
(1 CV = 736 W); 2) Grupo de soldadura de 3 kW: Rendimiento de 80 f.d.p 0.8
inductivo. Desde le generador hasta la carga 1, la linea de alimentacion tiene una
impedancia de 0,1 + 0,1jΩ. La impedancia de la linea entre la carga 1 y la carga 2
es de 0,2 + j0,2Ω. Suponiendo que la tension en bornes de la carga 2 es de 220 V,
50 Hz. Example-fin:
Calcular:
a) Tesnion en bornes de la carga 1 y a principio de la linea(tension del generador)
5
Ejercicio 4.40 Fraile Mora
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85
b) Si en paralelo con la carga 1, se pone un condensador de 500 µ F (la tension
en la carga 2 se supone que siguie siendo de 220 V) ¿Cual sera la potencia
compleja a principio de la linea, a la salida del generador?.
Respuesta: a) v1 = 225,96 V; vg = 232,55 V; b) S = 8305 − j1158 VA
2.0.2.
CONCEPTO DE FLUJO DE POTENCIA
Las redes eléctricas se caracterizan por sus tensiones y capacidades de corriente
de los conductores, esto también puede verse como la capacidad de entregar cierta
energía o potencia a una carga.
Figura 2.26 Concepto de flujo de potencia
En el circuito de la figura se puede observar que el flujo de potencia por la línea
1-2, corresponde a la potencia que consume la carga 2 más las pérdidas de potencia
en la línea 2, es decir.
S12 = ∆S12 + S2 = (∆V)12 ∗ I∗12 + (V2 I)∗2
Y por lo tanto la potencia que debe entregar el generador es:
Sg = S1 + S12
Entonces la capacidad de potencia de la línea o del generador, dependen de los
flujos de potencia.
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Example: Ejemplo:6 Un sistema de distribucion de energia electrica de corriente
alterna monofasica esta por una fuente de tension , una linea de transporte de
impedancia Z = 0,8 + j2Ω, una carga conectada en el otro extremo de la linea que
absorbe 800 W de potencia y 600 Var de potencia reactiva. Si la potencia activa
generada por la fuente es ??? W Example-fin:
Determinar
a) Valor eficaz de la intensidad suministrada por el generador.
b) Potencia reactiva cedida por el generador.
c) Valor eficaz de las tensiones en la fuente y en la carga.
Figura 2.27 Figura del ejercicio
Example: Ejercicio7 Para el circuito de la figura, encuentre Vs . Example-fin:
Example: Ejemplo: El circuito de la figura representa un unifilar de un sistema
eléctrico de potencia.
Donde:
Datos de línea
R12
1,8Ω
X12
0,8Ω
Bsh12
13,6mS
◦
Si V2 = 220∠0 V
6
7
Datos de carga
P2
3 kW
Q2
1 kV Ar
Datos nominales
Vnom
220V
2.36 Libro Usaola
Ejercicio 11.62 Sadiku 4 Ed
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Figura 2.28 Figura del ejercicio
Figura 2.29 Figura del ejercicio
a) Determine el flujo de potencia por la línea 1 − 2 y en el generador.
b) Determine la potencia activa, reactiva y el voltaje.
c) Determine la regulación de voltaje si la carga es capacitiva e inductiva.
Example-fin:
Example: Ejercicio propuesto: El circuito de la figura representa un unifilar de un
sistema eléctrico de potencia.
Example-fin: Dato conocidos.
Datos de lineas:
R12
R23
0,9Ω X12
0,9Ω X23
0,5Ω Bsh12
0,5Ω Bsh23
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15E − 5S
12E − 5S
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Datos de cargas 1ϕ:
P1
1,5M W
P2
Q1 0,5M V Ar Q2
Datos nominales
3M W
1M V Ar
33 kV
20M V A
Vnom
Snom
a) Calcule la corriente de que sale de la fuente si se conoce que V3 = 19053∠0◦ V
y el flujo de potencia por las líneas.
b) Calcule el voltaje V3 , si V1 = 19053∠0◦ V , usando las corrientes del punto
anterior.
Figura 2.30 Figura del ejercicio
Desarrollo: a)
SC3 = 5 + j2M V A; IC3 =
Ish3
SC3
V3
!∗
=
(5 + j2)
(19053∠0◦ )
Y sh23
(15e − 5)
= V3 ∗ j
= 19053∠0◦ ∗ j
2
2
!∗
= 165,97∠−18,43◦ A;
!
= 1,4385∠90◦ A
IL23 = IC3 + ISh3 = 165,53∠−17,96◦ A
∆V23 = Z23 ∗ IL23 = (R23 + jX23 ) ∗ IL23 = (0,9 + 0,5j) ∗ 165,53∠−17,96◦ = 170,4∠11,09◦ V
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V2 = V3 + ∆V23 = 19053∠0◦ + 170,4∠11,09◦ = 19220∠0,1◦ V
SC2 = 1,5 + j0,5M V A; IC2 =
Ish2
Y sh23 Y sh12
= V3 ∗ j
+
2
2
SC2
V2
!
!∗
=
(1,5 + j0,5)
(19220∠0,1◦ )
!∗
= 82,27∠−18,34◦ A;
Y sh23 Y sh12
= 19220∠0,1 ∗ j
+
2
2
!
◦
= 2,6∠90,1◦ A
IL12 = IC2 + ISh2 + IL23 = 247∠−17,51◦ A
∆V12 = Z12 ∗ IL12 = (0,9 + 0,5j) ∗ 165,53∠−17,96◦ = 254,3∠11,54◦ V
V1 = V2 + ∆V12 = 19053∠0◦ + 170,4∠11,09◦ = 19469∠0,24◦ V
Ish1
Y sh − 12
(15e − 5)
= V1 ∗ j
= 19053∠0◦ ∗ j
2
2
!
= 1,17∠90,25◦ A
IL1 = ISh1 + IL12 = 246,64∠−17,25◦ A
El flujo de potencia por las líneas será:
S12 = ∆S12 + S2 = I∗L12 (∆V12 + V2 ) = I∗L12 V1 = 19469∠0,24◦ ∗ (247∠−17,51◦ )∗
S12 = 4,8∠17,75◦ M V A
S23 = ∆S23 + S3 = I∗L23 (∆V23 + V3 ) = I∗L23 ∗ V2 = 19220∠0,1◦ ∗ (165∠−17,96◦ )∗
S23 = 3,18∠18,06◦ M V A
2.0.3.
CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
Un factor de potencia en atraso corresponde a cargas de naturaleza inductiva, la
cual consume potencia reactiva. La potencia reactiva está ligada a la caída de tensión en los elementos. También un factor de potencia alejado de la unidad es un
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TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
mal índice de eficiencia en la entrega de energía.
El factor de potencia en atraso es posible acercarlo a la unidad instalando capacitores en paralelo con la carga para inyectar reactivos al circuito 8 .
Figura 2.31 Correccion del factor potencia
Example: Ejercicio: Si la carga es alimentada con un voltaje eficaz de 220 V, f
= 2 Hz, disipa una potencia de 3 kW, con factor de potencia de 0.75 inductivo. a)
Halle el valor del capacitor que debe instalarse en paralelo para corregir el factor
de potencia hasta 0.9 inductivo. b) Calcule el valor de la magnitud de la corriente
antes y después de corregir el factor de potencia. Example-fin:
Figura 2.32 Figura del ejercicio
Desarrollo:
8
Consulta: Leer las páginas 443 a 453, del libro de Fraile Mora y sacar un resumen.
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91
a) El ángulo del factor de potencia actual es:
θ1 = a cos(0,75) = 41,41◦
El ángulo del factor de potencia al que se desea llevar es:
θ2 = a cos(0,90) = 25,84◦
Si decimos que el capacitor solo inyecta reactivos y el voltaje no varía, la potencia
activa no variara: P1 = P2
El capacitor inyecta los reactivos necesarios para ir de θ1 a θ2 :
Figura 2.33 Triangulo de potencia
Qc = Q1 − Q2 = P1 tan θ1 − P2 tan θ2
= P1 (tan θ1 − tan θ2 )
= 3 ∗ (tan 41,41◦ − tan 25,84◦ ) = 1,193 kV Ar
La potencia compleja en el capacitor en función de la capacitancia es:
Sc = −jQc =
V2
V2
=
= −jV 2 ωC
(Z∗C )
(jXc )
Por tanto:
C=
QC
1193
=
= 2mF
2
2
(V ω)
((220) ∗ 2 ∗ π ∗ 2)
b) La magnitud de la corriente antes de corregir es:
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I1 =
P1
3
S1
=
=
= 18,2A
V
(V cos θ1 )
220 cos 41,41◦
Luego de corregir el factor de potencia:
I2 =
S2
P2
3
=
=
= 15,2 A
V
(V cos θ2 )
220 cos 25,84
Note que la corriente disminuye, por tanto las pérdidas en una línea que entrega
esta potencia disminuyen.
Example: Ejercicio propuesto: Halle el valor de la potencia reactiva del capacitor
para corregir el factor de potencia hasta 0.95 en atraso. Example-fin:
Figura 2.34 Figura del ejercicio
Respuesta: 1027V ar.
Example: Ejercicio propuesto9 : Calculese en el circuito de la figura, tomando como
origen de angulo la tension en la carga: Example-fin:
a) Intensidad absorbida por la carga
b) Factor de potencia de la impedancia de carga
c) Factor de potencia del generador
9
Ejercicio del Usaola
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d) Valor de la inductancia L
e) Diagrama vectorial de tension e intensidad
f) Condensador que deberia colocarse en paralelo con la carga para que el conjunto de ambas tiviese un cos ϕ = 0,9 inductivo.
Figura 2.35 Figura del ejercicio
Solución:
a)
PR2 = 7200 − 6400 = 800 W.
s
I=
800
= 20 A
2
b)
f pcarga =
P
6400
6400
=
=
= 0,8ind. ⇒ θ = 36,87◦
2
S
(ZI )
(20 ∗ ((20)2 ))
c)
f pcarga =
P
7200
=
= 0,818ind ⇒ θ = 35,09◦
S
(440 ∗ 20)
d) La diferencia en reactivos lo inyecta el inductor.
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Qg = QL + Qcarga
QL = Qg − Qcarga = 7200 tan(35,09◦ ) − 6400 tan(36,87◦ ) = 259 V Ar
QL = X L I 2
L=
259
QL
=
= 2,1 mH
2
(ωI )
2 ∗ π ∗ 50 ∗ ((20)2 )
e) Si la fuente es la referencia.
Figura 2.36 Figura del ejercicio
f) Si la se alimenta tal que la tensión en la carga no varíe.
Vcarga = 20 ∗ 20 = 400 V
θ2 = a cos(0,9) = 25,84◦
C=
QC
6400(tan 36,87◦ − tan 25,842◦ )
=
= 33,83 µF
(V 2 ω)
((400)2 ∗ 2 ∗ π ∗ 50)
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