Semana 7 Y8
Semana 7 Y8
Semana 7 Y8
SEMANA 7
Captulo 2
POTENCIA EN CORRIENTE
ALTERNA
p(t) = v(t)i(t)
60
61
Para un capacitor:
dv(t) 1 Z t
p(t) = v(t)i(t) = Cv(t) = i(t) i(t0 )dt0
dt C
= Vm Im [cos(t + v ) cos(t + i )]
1
p(t) = Vm Im [ cos(v i ) + cos(2t + v + i )]
2 | {z }
Independiente del tiempo
Decimos entonces que la potencia instantanea fluctua a una frecuencia de (2) del
doble de la tension e intensidad.
1ZT
P = p(t)dt
T 0
1ZT 1 1ZT 1
P = Vm Im cos(v i )dt + Vm Im cos(2t + v + i )dt
T 0 2 T 0 2
1
P = Vm Im cos(v i ) = Vrms Irms cos()
2
Example: Ejercicio: Sea v(t) = 120 cos(377t + 45)V la tensin aplicada a un ele-
mento cuya corriente es i(t) = 10 cos(377t 10)A . Halle la potencia instantnea y
la potencia absorbida (promedio) por el elemento. Example-fin:
Desarrollo:
1
p(t) = 120 10[cos(45 10) + cos(2t + 45 10)] = 344,2 + 600 cos(754t + 35) W
2
La potencia media es: P = 344,2[W ].
1
p(t) = Vm Im [cos(t (t )) cos(t + t )]
2
1
p(t) = Vm Im [cos() cos(2t )]
2
1
p(t) = Vm Im [cos() cos(2t) cos() + sin(2t) sin()]
2
1 1
p(t) = Vm Im cos [1 cos(2t)] + Vm Im sin sin(2t)
2 2
Donde:
Definiendo:
1
Q = Vm Im sin [V Ar]
2
:
Potencia compleja
S = Real(S) j Imag(S) = P j Q
De aqui obtenemos el llamado tringulo de potencia.
Potencia total o aparente
1
P = Vm Im cos(v i ) = Vrms Irms f p = S f p = S cos()[W ] (2.1)
2
Potencia imaginaria o reactiva
Factor de potencia
Cuando = v i = 90.
Cuando = v i = 90.
La siguiente tabla resumen, nos muestra que letra representa cada parametro:
!
2 V V2
V = ZI S = VI S = (ZI)I = ZI S=V =
Z Z
Donde:
V2 V2 V2
P = RI 2 = [W ]; Q = XI 2 = [V Ar]; S = ZI 2 = [V A];
R X Z
En funcin de la admitancia:
I I2
I = VY S = VI S = V(VY) = V 2 Y S= I =
Y Y
Donde:
I2 I2 I2
P = = GV 2 [W ]; 2
Q = BV = [V Ar]; S =YV = 2
[V A];
G B Y
Zcarga1 = 4 + j6 = 7,2156,3
(3 (j4))
Zcarga2 = = 2,436,86
(3 j4)
V 1000
I= = = 13,3837,60
Zeq 7,4737,60
Determine:
a) Potencia instantnea
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 seal de voltaje como referencia, exprese el voltaje y la corriente
como fasores.
Desarrollo:
LT K : V = 1200 V
S = 10000V A;
= a cos(0,8) = 36,86
S = 1000036,86 V A
! !
S 1000036,86
I= = = 83,330 36,86 A
V 1200
Example: Ejercicio: Hallar la potencia activa que consume la carga y halle la
potencia reactiva. Example-fin:
Desarrollo:
LT K : V = 1200 V
S = 10000V A;
= a cos(0,8) = 36,86
S = 1000036,86 V A
S = Real(S) + j Imag(S) V A
S = 8 + j6 kV A
Donde : P = 8 kW ; Q = 6 kV AR
10 746
Pint = = XXXXW
0,8
XXX
I= = XXX
0,7 220
Example:2 Ejercicio: Sea v(t) = 22,63 cos(60t+45), R1 = 2, R2 = 10, R3 = 8,
2
(11.51 Sadiku)
Calcular:
a) el factor de potencia
c) la potencia reactiva
d) la potencia aparente
e) la potencia compleja.
f) la naturaleza de la carga.
Desarrollo:
1
XC = =5
60 3,33e 3
XL = 60 0,1 = 6
22,63
Para la fuente se usa el valor rms: Vrms =
2
= 16V ; V = 16(45) .
Z1 = 8 + j6; Z2 = 10 j5; Z3 = Z1
16
Z4 = 8,19(5,38) ; I=( )(45 5,38) = 1,9512(39,61) .
8,19
q
c) Q = V Isen(5,38) = 2,9322V AR = (S 2 P 2 )
d) S = V I = 16 1,9512 = 31,2192V A
Xc = 10; XL = 3
Z1 = 8 + j3; Z2 = 10 j10; Z3 = Z1
16
Z4 = 8,254(2,42) ; I=( )(45 + 2,42) = 1,938(45,42) A
8,25
a) f p = cos(2,42) = (0,9991) adelantado
Por ejemplo. Los resistores consumen potencia activa, pero no reactiva. Los in-
ductores decimos que consumen potencia reactiva, pero no activa y los capacitores
decimos que entregan potencia reactiva pero no activa. Las fuentes deben sumin-
istrar toda la potencia que consuman la carga, tanto la activa como reactiva.
En S compleja,NO en aparente S.
Sf uente = Scargas
Sf uente + Scargas = 0
Pf uente = Pcargas
Pf uente + Pcargas = 0
Qf uente = Qcargas
Qf uente + Qcargas = 0
Carga 01:
= a cos(0,95) = 18,19
!
3000
S1 = 18,19 V A
0,95
! !
S 3157,8918,19
I1 = =
V 2200
I1 = 14,3518,19 A
Carga 02:
= a cos(0,85) = 31,78
S2 = 500031,78 V A
! !
S 500031,78
I2 = =
V 2200
I2 = 22,7231,78 A
! !
Seq 7435,2812,8
I3 = = = 33,7812,8 A
V 2200
Halle la potencia que debe suministrar la fuente a la carga y halle las tensiones V1
y V2 . Example-fin:
Desarrollo:
Carga 01:
= a cos(0,95) = 18,19
!
3000
S1 = 18,19 V A
0,95
Carga 02:
= a cos(0,85) = 21,78
S2 = (500031,78 ) V A
! !
Seq 7435,2812,8
I3 = = = 33,7812,8 A
V 2200
Entonces las tensiones son:
S1 (3157,89(18,19) )
V1 = = = 93,4830,99 V
I (33,7812,8 )
S2 (500031,78 )
V2 =
=
= 148,0218,98 V
I (33,7812,8 )
Comprobemos que se cumple la ley de de tensiones en la malla:
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
Example: Ejercicio propuesto: 5 Un generador alimenta dos cargas con las sigu-
ientes 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 + 0,1j. La impedancia de la linea entre la carga 1 y la carga 2
es de 0,2 + j0,2. Suponiendo que la tension en bornes de la carga 2 es de 220 V,
50 Hz. Example-fin:
Calcular:
Sg = S1 + S12
Entonces la capacidad de potencia de la lnea o del generador, dependen de los
flujos de potencia.
Determinar
Donde:
Example-fin:
Datos de lineas:
Datos de cargas 1:
P1 1,5M W P2 3M W
Q1 0,5M V Ar Q2 1M V Ar
Datos nominales
Desarrollo: a)
! !
SC3 (5 + j2)
SC3 = 5 + j2M V A; IC3 = = = 165,9718,43 A;
V3 (190530 )
!
Y sh23 (15e 5)
Ish3 = V3 j = 190530 j = 1,438590 A
2 2
V23 = Z23 IL23 = (R23 + jX23 ) IL23 = (0,9 + 0,5j) 165,5317,96 = 170,411,09 V
! !
SC2 (1,5 + j0,5)
SC2 = 1,5 + j0,5M V A; IC2 = = = 82,2718,34 A;
V2 (192200,1 )
! !
Y sh23 Y sh12 Y sh23 Y sh12
Ish2 = V3 j + = 192200,1 j + = 2,690,1 A
2 2 2 2
!
Y sh 12 (15e 5)
Ish1 = V1 j = 190530 j = 1,1790,25 A
2 2
S12 = 4,817,75 M V A
S23 = 3,1818,06 M V A
Desarrollo:
8
Consulta: Leer las pginas 443 a 453, del libro de Fraile Mora y sacar un resumen.
1 = a cos(0,75) = 41,41
El ngulo del factor de potencia al que se desea llevar es:
2 = a cos(0,90) = 25,84
Si decimos que el capacitor solo inyecta reactivos y el voltaje no vara, la potencia
activa no variara: P1 = P2
Qc = Q1 Q2 = P1 tan 1 P2 tan 2
= P1 (tan 1 tan 2 )
V2 V2
Sc = jQc = = = jV 2 C
(ZC ) (jXc )
Por tanto:
QC 1193
C= = = 2mF
2
(V ) ((220) 2 2)
2
S1 P1 3
I1 = = = = 18,2A
V (V cos 1 ) 220 cos 41,41
Luego de corregir el factor de potencia:
S2 P2 3
I2 = = = = 15,2 A
V (V cos 2 ) 220 cos 25,84
Note que la corriente disminuye, por tanto las prdidas en una lnea que entrega
esta potencia disminuyen.
d) Valor de la inductancia L
f) Condensador que deberia colocarse en paralelo con la carga para que el con-
junto de ambas tiviese un cos = 0,9 inductivo.
Solucin:
a)
s
800
I= = 20 A
2
b)
P 6400 6400
f pcarga = = = = 0,8ind. = 36,87
S 2
(ZI ) (20 ((20)2 ))
c)
P 7200
f pcarga = = = 0,818ind = 35,09
S (440 20)
Qg = QL + Qcarga
QL = X L I 2
QL 259
L= = = 2,1 mH
2
(I ) 2 50 ((20)2 )
e) Si la fuente es la referencia.
Vcarga = 20 20 = 400 V
2 = a cos(0,9) = 25,84