Capitulo8potencia ca

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas

103

Potencia de señales eléctricas en estado estable

Potencia instantánea

Para cualquier sistema como el mostrado en la figura 1, la potencia proporcionada a una carga en cualquier instante es igual al producto del voltaje aplicado y la corriente resultante, es decir p = vi.

carga vp

i

+

-Figura 1.

En general,

mv(t) = V cos(wt + θ) (0.1)

mi(t) = I cos(wt + φ) (0.2)

Si el tiempo se mide a partir de cuando la corriente pasa por un máximo positivo, nos queda que

mv(t) = V cos(wt + θ - φ)

mi(t) = I coswt

Sustituyendo estas expresiones para v e i, se obtiene que la potencia instantánea se expresa como

m mp(t) = V I coswtcos(wt + θ - φ) (0.3)

En la figura 2, se muestra la curva de potencia instantánea para un circuito donde θ - φ = 36.9o. El área entre la curva de potencia y el eje horizontal representa la energía que consume el circuito. La potencia que el circuito regresa a la fuente es igual al valor del área comprendida entre la porción negativa de la curva de potencia y el eje horizontal.


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Obsérvese que la potencia instantánea recorre dos ciclos completos mientras que el voltaje o la corriente solo recorren un ciclo. Esto se puede explicar matemáticamente de la siguiente manera: Considerando la identidad

trigonométrica 1cosAcosB = [cos(A + B) + cos(A - B)]2

, se obtiene que la potencia

instantánea es

m m m mV I V Ip(t) = cos(θ - φ) + cos(2wt + θ - φ)2 2

(0.4)

Obsérvese que esta expresión para la potencia instantánea contiene dos términos, el primero de ellos es constante y solo depende de la diferencia de las fases y el segundo es una función periódica con una frecuencia del doble del voltaje o la corriente. Esta variación de la potencia instantánea en función del tiempo es lo que explica las vibraciones que se observan en algunos aparatos que funcionan con motores. Utilizando la identidad trigonométrica cos(A + B) = cosAcosB - senAsenB nos queda que la potencia instantánea también se puede expresar como

m m m m m mV I V I V Ip(t) = cos(θ - φ) + cos(θ - φ)cos2wt - sen(θ - φ)sen2wt2 2 2

(0.5)

Es decir

p(t) = P + Pcos2wt - Qsen2wt (0.6)

donde

m mV IP = cos(θ - φ)2

(0.7)

Se conoce como la potencia promedio o potencia real y

Figura 2. Curva de potencia para un circuito con θ - φ = 36.9o


105

m mV IQ = sen(θ - φ)2

(0.8)

Se conoce como la potencia reactiva. Recordando que efec mI = I / 2 y que

efec mV = I / 2 , entonces

efec efecP = V I cos(θ - φ) (0.9)

efec efecQ = V I sen(θ - φ) (0.10)

Aunque ambas funciones representan potencia eléctrica, con el fin de no confundirlas se acostumbra utilizar diferentes unidades para cada una de ellas: la potencia real o potencia promedio se mide en Watts (W) y la potencia reactiva se mide en Voltio Ampere Reactivo (VAR).

La energía eléctrica que pagan los usuarios se calcula mediante el producto del promedio de la potencia instantánea multiplicada por el tiempo que dura el consumo de energía. Por ejemplo, si se conecta un foco de 100W durante 10 horas, cada día, durante un mes, el usuario deberá pagar el costo de 30 kWH. La pregunta es: ¿Cuál es la potencia promedio?

Potencia promedio

La energía que consumen las cargas eléctricas proviene de una señal de corriente alterna; entonces, la potencia promedio se calcula como

T

0

1p = p(t)dtT ∫ (0.11)

donde p(t) es la potencia instantánea dada por la ecuación (0.6) y T es el periodo de la señal eléctrica.

Caso1: Circuito puramente resistivo

i + -v

RPR

Re

Im

O

Z = R

Figura 3. Circuito resistivo


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Si la carga es puramente resistiva, la diferencia de fase θ - φ = 0° y entonces,

efec efecP = V I (0.12)

Q = 0 (0.13)

p(t) = P + Pcos2wt (0.14)

p(t) = P (0.15)

En la figura 4 se puede observar que la curva de potencia para un circuito resistivo siempre está sobre el eje x.

Figura 4. Potencia en función del tiempo para una carga resistiva pura.

El área debajo de esta curva y arriba del eje x representa la energía que consume la resistencia. La potencia que se regresa a la fuente se representaría mediante el área comprendida entre la porción negativa de la curva de potencia y el eje x, la cual es cero.

Caso 2: circuito puramente inductivo.

En la figura 5, se muestra el símbolo de un circuito inductivo y su representación en el plano complejo


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+ -vi

PL

Re

Im

O

ZL = jwL

Figura 5. Circuito inductivo

Para un circuito inductivo 100%, el voltaje v, se adelanta a la corriente i, y la diferencia de fase θ - φ = 90°, como se puede demostrar a partir de que la impedancia de un circuito inductivo es ZL = jwL. Es decir, en un inductor

P = 0 (0.16)

efec efecQ = V I (0.17)

p(t) = - Qsen2wt (0.18)

p(t) = 0 (0.19)

Figura 6. Curva de potencia para una carga inductiva

En la figura 6 se puede observar que durante un ciclo completo, el área sobre el eje x, la energía que absorbe la inductancia, y la que está abajo del eje x, la energía que la inductancia regresa a la fuente, tienen la misma magnitud pero signo diferente.

Caso 3: Circuito puramente capacitivo.


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En la figura 7, se muestra el símbolo de un circuito capacitivo y su representación en el plano complejo

+ -v

CPC

Re

Im

OZC = -j/wC

Figura 7. Circuito capacitivo

Para un circuito puramente capacitivo la corriente i, se adelanta al voltaje v y la diferencia de fase θ - φ = -90°, como se puede demostrar a partir de que la impedancia de un circuito capacitivo es ZC = 1/jwL. Es decir, en un capacitor

P = 0 (0.20)

efec efecQ = V I (0.21)

p(t) = Qsen2wt (0.22)

p(t) = 0 (0.23)

Figura 8. Curva de potencia para una carga capacitiva pura

En la figura 8, se puede observar que la potencia que el capacitor absorbe de la fuente es exactamente igual a la que el capacitor cede a la fuente durante un ciclo completo. De aquí de deduce que el flujo neto de potencia para un circuito capacitivo puro, al igual que para un circuito puramente inductivo, es cero durante un ciclo completo.


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En general, en las instalaciones eléctricas industriales

0 < θ - φ < ±90°

Por lo que la potencia instantánea está dada por la ecuación (0.6) y la potencia realmente consumida habrá que calcularla considerando la presencia de ambas potencias, la real (P) y la reactiva (Q).

Potencia aparente y factor de potencia

La potencia aparente es igual al producto del voltaje efectivo por la corriente efectiva. Es decir

a efec efecPotencia Aparente P = V I≡ (0.24)

La razón de la potencia promedio o potencia real a la potencia aparente se le llama factor de potencia, FP. Es decir,

Pa

Potencia promedio PF = = Potencia aparente P

(0.25)

Considerando las ecuaciones (0.9) y (0.24), el factor de potencia es simplemente

PF = cos(θ - φ) (0.26)

en una carga puramente resistiva, θ - φ = 0°, y el PF = 1 . Es decir, la potencia promedio y la potencia aparente son iguales.

En cambio, en una carga puramente reactiva, una que no contenga resistencias causará una diferencia de fase entre el voltaje y la corriente de θ - φ = ± 90°, y el factor de potencia FP = 0. Es decir el factor de potencia siempre está entre los valores extremos de cero y uno. Es decir,

P0 < F < 1 (0.27)

Sin embargo puede obtenerse un factor de potencia igual a uno para cargas que contengan inductancias y capacitancias si los valores de los elementos reactivos se eligen adecuadamente para obtener una impedancia de entrada con un ángulo de fase igual a cero.

El triángulo de potencia

En un circuito donde se tiene un voltaje de entrada efecV θ y por el que circula una corriente efecI φ , se define la relación


110

S = P + jQ (0.28)

donde P es la potencia real o potencia promedio, Q es la potencia reactiva y S es la potencia compleja. Aunque las tres variables representan potencia eléctrica, con el fin de no confundirlas, se utilizan diferentes unidades para cada una: P se mide en W (Watts), Q se mide en VAR (Volt Ampere Reactivo) y S se mide en VA (Volt Ampere). Véase la figura 9.

P

QS

θ - φ

Figura 9.

La magnitud de la potencia compleja es igual a la potencia aparente. Es decir

2 2a efec efecP = P + Q = V I (0.29)

Potencia reactiva

La potencia reactiva se representa con el símbolo Q y su unidad de medida es el voltio-ampere reactivo (VAR). La potencia reactiva se define como (Véase la ecuación (0.10))

Q = IefecVefec [VAR]

Potencia reactiva del inductor

Para un inductor, la potencia reactiva es QL = IefecVefec, pero Vefec = XLIefec, donde XL = wL [Ohms] es la reactancia inductiva. Es decir, QL = Vefec

2/XL [VAR]. O bien QL = XLIefec

2 [VAR]. Es decir

2

efecL

VQ = [VAR]wL

(0.30)

o bien

2L efecQ = wLI [VAR] (0.31)

Potencia reactiva del capacitor


111

Para un capacitor, la potencia reactiva es QC = IefecVefec, pero Vefec = XCIefec, entonces QC = XCIefec

2, donde XC = 1/wC [Ohms] es la reactancia capacitiva. Es decir

2C efecQ = wCV [VAR] (0.32)

o bien

2

efecC

IQ = [VAR]wC

(0.33)

Para una carga inductiva, la potencia compleja es S = P + jQL y para una carga capacitiva S = P – jQC, como se puede observar en la figura 10. Es decir si QL > QC, él triangulo de potencia será semejante al de la figura de la izquierda; Si QC > QL, él triangulo de potencia será como el de la derecha.

θ

QL

S

PDiagrama fasorial de potencias para una carga inductiva

P

S

QC

θ

Diagrama fasorial de potencias para una carga capacitiva

Figura 10.

Si una red eléctrica, además de elementos resistivos, tiene elementos capacitivos e inductivos, la componente reactiva del triangulo de potencias se determinará por la diferencia entre la potencia reactiva proporcionada por los elementos capacitivos y los elementos inductivos. El mismo efecto se muestra en el diagrama temporal de la figura 11.


112

Figura 11.

Procedimiento para obtener el factor de potencia de una instalación eléctrica

La P, Q, y la S totales y el factor de potencia en una red eléctrica se encuentran mediante el siguiente procedimiento.

1. Encuentre la potencia real (P) y la potencia reactiva (Q), para cada ramificación del circuito.

2. La potencia promedio o potencia real total del sistema (PT), es la suma de la potencia promedio proporcionada a cada ramificación.

3. La potencia reactiva total (QT), es la diferencia entre la potencia reactiva de las cargas inductivas y la de las carga capacitivas.

4. La magnitud de la potencia aparente total es 2 2T a T TS = P = P + Q .

5. El factor de potencia total es T

T TP

T a

P PF = = S P

.

Corrección del factor de potencia

El diseño de cualquier sistema de transmisión de potencia es muy sensible a la magnitud de la corriente en las líneas. Los incrementos de corriente producen mayores pérdidas de potencia en las líneas de transmisión debido a la resistencia de las líneas. Las corrientes más pesadas también requieren conductores más grandes, lo cual incrementa la cantidad de cobre que necesita el sistema por lo tanto se requiere mayor capacidad generadora.

Considerando que el voltaje de línea aplicado es fijo en el sistema de transmisión, la potencia aparente es directamente proporcional al nivel de corriente. Mientras más pequeña sea la potencia aparente neta, más pequeña es la corriente que se


113

obtiene del suministro. Obteniéndose una corriente mínima cuando P = S y QT = 0, que representa el caso ideal.

El efecto de disminuir los niveles de QT, se ilustra en la grafica de la figura 12.

QT

'T TQ Q<

θ′ < θ

θ

S

S′ < S

P Figura 12.

El proceso de introducir elementos reactivos para acercar el factor de potencia a la unidad se denomina corrección del factor de potencia. Considerando que las cargas son inductivas el proceso consiste en introducir elementos capacitivos.

Cuando una instalación trabaja a un FP1 y se desea que trabaje a un factor de potencia FP2 (FP2 > FP1), la potencia reactiva resultante se obtiene de la siguiente manera:

La potencia reactiva del sistema es Q1 = Ptan(cos-1(FP1)). La potencia reactiva deseada del sistema es Q2 = Ptan(cos-1(FP2)) y P es la potencia promedio del sistema. La potencia reactiva Q que se debe de agregar es

Q = Q1 – Q2

Sustituyendo Q1 y Q2, se obtiene que

Q = Ptan(cos-1(FP1)) - Ptan(cos-1(FP2))

Q = P[tan(cos-1(FP1)) - tan(cos-1(FP2))

Es decir

Q -1 -1 = tan(cos (F )) - tan(cos (F ))P1 P2P (0.34)


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En el apéndice A se encuentra una tabla donde están los valores de la ecuación (0.34) para diferentes factores de potencia FP1 y FP2.

Tener factor de potencia con un valor cerca de cero, representa un dispendio de energía tanto para los usuarios como para la comisión federal de electricidad (CFE). Es por ello que la CFE establece cargos por un factor de potencia cercano a cero.

La corriente que demanda una instalación de la red del servicio público, será mayor entre más bajo sea su factor de potencia. Esto puede ocasionar que sus transformadores, cables y otros equipos de distribución se sobrecarguen, con un incremento tanto de las pérdidas por calentamiento como de las caídas de tensión; además, de requerirse invertir en nuevos equipos de generación, si la corriente requerida rebasa el límite de la red de distribución existente.

Considere un consumidor que utiliza una potencia de 11 kW con FP = 1 y 220 Vrms. Supóngase además que la línea de transmisión que lleva la potencia hasta el consumidor tiene una resistencia de 0.2 Ω. La corriente que circula en la carga y por las líneas de transmisión es de 50 Arms, produciendo una pérdida en la línea de (502) x (0.2) = 500 W. Es decir, la CFE deberá generar 11.5 kW. Como la energía se mide donde está el consumidor, el cliente pagará solo el 95.6%.

Ahora suponga que otro consumidor consume también 11 kW, pero operando con un FP atrasado de 60o. En este caso, la potencia aparente es de 22 kW, por lo que el consumidor obliga a la compañía eléctrica a suministrar 100 Arms, produciéndose ahora una pérdida en la línea de transmisión de (1002) x (0.2) = 2 kW y el medidor del cliente solo indicará el 84.6% de la energía generada.

Hay que considerar que para poder suministrar la corriente en exceso debida al bajo factor de potencia, la CFE requiere de una mayor capacidad instalada en sus equipos de generación, transformación, transmisión y distribución de energía eléctrica, con el consiguiente incremento en las inversiones destinadas al desarrollo de la infraestructura eléctrica y en los costos de operación, lo cual se traduce en el cargo que por bajo factor de potencia se aplica en el recibo de consumo de energía eléctrica.

Por lo tanto, para mejorar las condiciones de operación de los equipos y la calidad y continuidad del servicio eléctrico, se recomienda mantener el factor de potencia de toda instalación a no menos del 90 % y tan cercano al 100 % como sea posible. Con esto, en el primero de los casos, se evitará el cargo correspondiente, y en el segundo, se podrá obtener una bonificación, tal y como está previsto en el punto número cuatro, de las disposiciones complementarias de las tarifas generales en vigor y que se transcribe a continuación:

"el usuario procurará mantener un factor de potencia (fp) tan aproximado a 100 % (cien por ciento) como lo sea posible, pero en el caso de que su factor de potencia durante cualquier periodo de facturación tenga un promedio menor de 90 %


115

(noventa por ciento) atrasado, determinado por métodos aprobados por la secretaría de comercio y fomento industrial (SECOFI), el suministrador tendrá derecho a cobrar al usuario la cantidad que resulte de aplicar al monto de la facturación el porcentaje de recargo que se determine según la fórmula que se señala. En el caso de que el factor de potencia tenga un valor igual o superior de 90 % (noventa por ciento), el suministrador tendrá la obligación de bonificar al usuario la cantidad que resulte de aplicar a la factura el porcentaje de bonificación, según la fórmula que también se señala":

FORMULA DE RECARGO

RECARGO =P

3 90 -1 100%5 F

PF < 90%

FÓRMULA DE BONIFICACIÓN

BONIFICACIÓN =P

1 901 - 100% 4 F

PF 90%≥

"Los valores resultantes de la aplicación de estas fórmulas se redondearán a un solo decimal, por defecto o por exceso, según sea o no menor que 5 (cinco) el segundo decimal. En ningún caso se aplicarán porcentajes de recargo superiores a 120 % (ciento veinte por ciento), ni porcentajes de bonificación superiores a 2.5 % (dos punto cinco por ciento)".

Ejemplo 1

Determine el valor de los condensadores necesarios para corregir el factor de potencia de una carga de 4.05435 kW., 208 V desde 0.60 hasta 1.

Solución

Localice el valor de 60 % (factor de potencia original) en la primer columna de la tabla I en el apéndice A, y en esa fila encuentre el valor de corrección en la intersección con la columna de 100 % (factor de potencia corregido). El valor de corrección es 1.333, por lo que, utilizando la ecuación (0.27) el valor de la reactancia capacitiva será:

kVAR = kW x 1.333 = 4054.35 x 1.333 = 5405.8

recordando que 2

efecC

C

VX = Z

y considerando que el voltaje aplicado = 208 voltios, la

reactancia capacitiva 2

C208X = = 8 Ω

5405.8, pero como

C

1C = 2πfX

, donde f = 60HZ

al sustituir los valores, se obtiene C = 331.6 µF. En la figura 13 se observa el efecto de la corrección del factor de potencia de 0.6 a 1.


116

Figura 13.

Ejemplo 2

Una pequeña planta industrial tiene una carga calorífica de 12.5 kW y una carga inductiva de 25 kVA, proveniente de un banco de motores de inducción. Considerando que los elementos caloríficos son puramente resistivos, FP = 1 y que los motores de inducción tienen un factor de potencia en atraso, FP = 0.75 y si el suministro es de 1300 voltios a 60 HZ, determine el elemento capacitivo requerido para elevar el factor de potencia a 95%.

Solución

Para los motores de inducción:

La potencia compleja S = VI = 25 kVA

La potencia real PM = VIcos(θ) = (25 x 103)(0.75) = 18.75 kW

El ángulo de fase entre las señales θ = cos-1(0.75) = 41.409º

La potencia reactiva QLM = VIsen(θ) = (25x103)sen(41.409o) = (25 x 103)(0.66143) =16.535 kVAR

Para la carga calorífica:

PCC = 12.5 kW

QLcc = 0 kVAR

Cálculo de la P, Q y S totales y el factor de potencia:


117

PT = PM + PCC = 18.75 kW + 12.5 kW = 31.25 kW

QT = QLM + QLcc = 16.535 KVAR + 0 = 16.535 kVAR

2 216.535 31.25TS = + = 35.3548 kVA

FP = PT/ST = 31.25/35.3548 = 0.8838

Que equivale a un ángulo de θ =cos-1(0.8838) = 27.88°. Véase la figura 14.

STQT

PT

θ = 27.88°

triangulo de potencias

18.19°

PT

Q´

triangulo de potencias considerandoreduccion de FP de 0.88 a 0.95

S´

Figura 14.

Como se quiere eficientar el sistema a un FP = 0.95, se necesita que θ´ = Cos-

1(0.95) = 18.19˚ por lo que la carga inductiva Q´, sería tal que Tan(18.19˚) = Q´/PT, de donde se obtiene Q´ = PTtan(18.19˚) = (31.25 kW) x (0.3285) = 10.2656 kVAR. La reactancia requerida es QC = QT – Q´ = 16.535 – 10.2656 = 6.2694 kVAR. Esta es la reactancia capacitiva necesaria para elevar el FP de 0.88 a 0.95. Recordando

que QC = V2/ZC, se obtiene que 2VZ =C QC

sustituyendo V = 1300 V y QC = 6.2694

kVAR se tiene ZC = 270 Ω, pero como C

1C = 2πfZ

, sustituyendo f = 60 Hz se

obtiene que C = 9.8 µF.

Ejemplo 3 Supóngase que un consumidor industrial esta usando un motor de inducción de 50 kW (67.1 hp) con un FP atrasado de 0.8. La fuente de voltaje es 230 Vrms. Para obtener tarifas eléctricas mas bajas, el cliente desea elevar el FP a 0.95, atrasado. Especifique un arreglo con el que se pueda hacer esto. Solución La potencia compleja entregada al motor de inducción debe de tener una parte real de 50 kW y un ángulo de cos-1(0.8) = 36.9o. Entonces


118

o

o o1 L1

50 36.9S = = 62.5(cos36.9 + jsen36.9 ) = 50 + j37.5 kVA = P + jQ0.8

Para alcanzar un FP = 0.95, la potencia compleja debería ser

-1L2

50S = cos (0.95) = 50 + j16.43 kVA = P + jQ0.95

Para alcanzar este valor, se debe de agregar una reactancia capacitiva equivalente a la potencia compleja

C C L2 L1S = Q = Q - Q = - j21.07 kVAR

que se obtiene con un capacitor conectado en paralelo con el motor de inducción. Considerando que 2

C efec efec efec CS = V I = V /Z , el valor de la reactancia correctiva es

2 2

efecC

C

V 230 = = = 2.51 ΩS 21070

Z

Si la frecuencia de operación es de 60 Hz, esta carga reactiva se puede proporcionar con un capacitor de C C = 1/2πfZ = 1056 µF. Ejemplo 4 Encuentre la potencia compleja que se entrega a una carga que (a) consume 500 VA a un FP atrasado de 0.75 (b) consume 500 W a un FP adelantado de 0.75; (c) consume -500 VAR a un FP = 0.75. Solución (a) Potencia real P = (500) x cos(cos-1(.75)) = 375 W. Potencia reactiva Q = (-j500) x sen(cos-1(.75)) = -j331 VAR. Potencia compleja S = P + jQ = 375 –j331 [VA] (b) P = 500 W. Q = (-j500) x tan(cos-1(.75)) = 441 VAR Potencia compleja S = P + jQ = 500 –j441 [VA] (c) P = 500/tan(cos-1(.75)) = 567 W Q = -500 VAR Potencia compleja S = P + jQ = 567 – j500 [VA] Ejemplo 5


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Una fuente de 230 Vrms alimenta a tres cargas en paralelo: 1.2 kVA a un FP = 0.8 atrasado; 1.6 kVA a un FP = 0.9 atrasado y 900 W a un FP = 1. Encuentre (a) la potencia compleja que esta suministrando la fuente; (b) la potencia aparente de la fuente; (c) la corriente de la fuente; (d) el FP al que opera la fuente. Solución P1 = 1200 x cos(cos-1(.8)) = 960 W Q1 = 1200 x sen(cos-1(.8)) = 720 VAR P2 = 1600 x cos(cos-1(.9)) = 1440 W Q2 = 1600 x sen(cos-1(.9)) = 697 VAR P3 = 900 W Q3 = 0 PT = 960 + 1440 + 900 = 3300 W QT = 720 + 1417 VAR (a) Potencia compleja S = 3300 + j1417 VA (b) Potencia aparente Pa = (33002 + 14172)1/2 = 3591 VA (c) Corriente de la fuente Irms = 3591/230 = 15.6 Arms (d) FP = PT/Pa = 3300/3591 = 91.8 atrasado. Ejemplo 6 Una carga eléctrica opera a 240 Vrms. La carga absorbe una potencia promedio de 8 kW con un factor de potencia adelantado igual a 0.8. (a) Calcular la potencia compleja de la carga. (b) Calcular la impedancia de la carga. Solución (a) El factor de potencia adelantado implica una carga inductiva; es decir, una carga reactiva positiva. Del triangulo de potencia tenemos que Q = Ptan(cos-1(θ - φ)) = 8000tan(cos-1(0.8)) = 6000 VAR La potencia compleja de la carga es S = 8000 + j6000 VA (b) La magnitud de la potencia compleja es la potencia aparente Pa = (80002 + 60002)1/2 = 10,000 VA. Por otro lado se tiene que Pa = VefecIefec. Despejando la corriente, se obtiene que Iefec = Pa/Vefec = 10,000/240 = 41.67 A El ángulo de la impedancia es igual al ángulo del factor de potencia θ – φ = cos-1(0.8) = 36.87o. El ángulo es positivo porque se tiene una carga inductiva. La magnitud de la impedancia es |z| = Vefec/Iefec = 240/41.67 = 5.76 Por lo tanto, la impedancia de la carga es z = 5.76|_36.87o = 4.608 + j3.456 Ω.


120

Problemas Problema 1. La resistencia de una mano a otra de una persona es de 200 Ohms. Suponga que una persona tiene una mano sobre la conexión de tierra eléctrica y la otra mano la coloca accidentalmente sobre un alambre que tiene 120 Vefec. Considerando que una descarga eléctrica equivalente a 30 J es peligrosa para cualquier persona, determine la cantidad de energía que absorbe dicha persona, durante 1 segundo, considerando el circuito equivalente mostrado en la figura 15.

+_Vi = 120V R humanoj200Ω

Figura 15 Problema 2. Se conectan dos cargas en paralelo a través de una fuente de 1000 Vefec y 60 Hz. Una carga absorbe 500 kW a un FP = 0.6 en retraso y la segunda absorbe 400 kW y 600 kVAR. Determine el valor del capacitor que habría que conectar en paralelo con las dos cargas para mejorar el factor de potencia total a 0.9 en retraso. Problema 3. Una planta industrial tiene dos cargas eléctricas conectadas en paralelo a una fuente de potencia. La corriente que se le suministra a la tiene 4000 Vrms. Una carga es de 30 kW para calefacción y la otra es un conjunto de motores que funcionan juntos como una carga de 150 kVA, cuyo FP = 0.6 retrasado. Determine la corriente total y el factor de potencia de la planta. Respuesta: I = 42.5 A, FP = 0.7 Problema 4. Un generador alimenta dos cargas en paralelo a 220 V, a un FP = 0.75 en retraso. Una de las cargas es de 4800 VA a un factor de potencia de 0.85 en retraso. La segunda carga absorbe 4kW. ¿Cuáles son la potencia aparente y el FP de la segunda carga? Problema 5. Supóngase que la central eléctrica de la figura 16 suministra un voltaje efectivo de 200 voltios y que la carga Z introduce una diferencia de fase de 60o. (a) Si la carga requiere una potencia promedio de 1 kW, calcular la corriente necesaria. (b) ¿Cuál seria el valor de la corriente si FP = 1?


121

Z+_

Centraleléctrica

carga delconsumidor

linea de transmisión

vf

if

Figura 16 Problema 6. Una carga de 4kW operando a 110 V, tiene un FP = 0.82 en retraso. Determine el valor del capacitor que debe de conectarse paralelo a la carga que corrija el FP a 0.95 en retraso cuando se opera a 60 Hz. Respuesta: C = 0.324 µF Problema 7. En el circuito de la figura 17, determine la potencia promedio de cada elemento y verifique si la potencia promedio entregada por la fuente equivale a la absorbida por los elementos del circuito. Considere que V = 5 cos(5t) V, R1 = 2 Ω, R2 = 1 Ω, L = 2 H, C = 500 mF.

+_

R1

R2 L CV

Figura 17 Problema 8. Una carga como la que se muestra en la figura 20 tiene una impedancia Z = 100 + j100 Ω. Determine la capacitancia en paralelo necesaria para corregir el factor de potencia (a) a 0.95 en retraso y (b) a 1.0. Suponer que el generador de potencia opera a 60 Hz. Problema 9. Un circuito como el de la figura 18 tiene una impedancia Z = 50 + j80 Ω. (a) Determinar el factor de potencia del circuito no corregido (b) Determinar la impedancia Z1 necesaria para obtener un factor de potencia corregido de 1.0


122

+_

vf ZZ1

I1

Generador depotencia

Linea de transmisión

CargaImpedanciaen paralelo

Figura 18

Problema 10. Un circuito tiene un motor grande conectado a las líneas de ca. La impedancia de la carga se determina a w = 377 rad/s cuando el modelo de la carga es equivalente a un resistor de 100 Ω conectado en serie con una inductancia de 5 H. Determinar el factor de potencia de la carga.

Capitulo8potencia ca

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