Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. CORRIENTE ALTERNA. Ventajas de la corriente alterna La corriente alterna es la forma ms normal de producir la energa elctrica en las centrales. De esta forma es como llega hasta nuestras viviendas y a las industrias. Sus ventajas frente a la corriente continua son numerosas: - Los alternadores son mquinas elctricas en las que se puede prescindir del sistema de anillos rozantes colectores y escobillas para su funcionamiento, lo que reduce ampliamente los costes de mantenimiento y permite la utilizacin de tensiones e intensidades de corriente ms altas que las dinamos de C.C. - Como los transformadores elctricos slo funcionan en C.A., el transporte a grandes distancias con la utilizacin de altas tensiones y bajas intensidades se facilita con el empleo de C.A. - El empleo de la C.A. trifsica permite la utilizacin de dos tensiones diferentes en la misma lnea. - Los motores de induccin de C.A. son constructivamente ms sencillos que los de C.C. Adems, consiguen trabajar con un mejor rendimiento y a una velocidad ms estable. Por el contrario, el estudio de la C.A. es bastante ms complejo que el de la C.C., ya que al ser variable la corriente, van a aparecer una serie de fenmenos que nos van a obligar a tratar las magnitudes elctricas como vectores. La utilizacin de la trigonometra y de los nmeros complejos ayudan a resolver la mayor parte de los problemas que se nos presenten. DIVERSOS REGMENES DE LA CORRIENTE Rgimen esttico: Cargas elctricas en reposo cuyo estudio corresponde a la electrosttica. Rgimen permanente o estacionario: Flujo de cargas constantes a lo largo del tiempo campo electrocintico en el cual la corriente elctrica que recorre el conductor que consideramos es constante en magnitud y direccin. Se expresa mediante una funcin lineal de la forma y = n.

La magnitud de la corriente elctrica en rgimen permanente tendr por expresin matemtica de la forma I = n, Amperios Rgimen peridico: Flujo de cargas variables peridicamente en el cual la corriente elctrica que recorre el conductor que consideramos toma una serie de valores distintos que se repiten peridicamente. Para determinar el fenmeno fsico de una corriente elctrica peridica se hace una 1/37

abstraccin que corresponde a una funcin no lineal. A veces, la expresin matemtica resulta una frmula algebraica complicada, pero imprescindible.

Varias formas de onda de rgimen peridico: (a), (b), (c) Ondas peridicas en general. (d) Onda senoidal rectificada de media onda. (e) Onda senoidal rectificada de onda completa. (f) Impulsos positivos. (g) Rectangular de impulsos positivos. (h) Onda cuadrada. (i) Onda trapezoidal (j) Onda triangular. (k) Onda de diente de sierra. (m) Onda senoidal.

Rgimen peridico pulsatorio: Aquel cuya direccin del flujo de cargas elctricas es siempre la misma en todo el circuito, pero su magnitud vara peridicamente.

Rgimen peridico alterno: Aquel cuya direccin del flujo de cargas es contraria en diversas partes de un mismo circuito.

Este rgimen se llama alterno puro cuando los dos semiperodos o alternancias tienen la misma rea y, por tanto, el valor medio de la corriente es nulo. Es el caso de las representaciones grficas de las figuras a, h, i, j, m de la segunda figura de este captulo. Tambin se llaman ondas simtricas. La corriente alterna senoidal pertenece al de corrientes de rgimen peridico alterno puro, cuya expresin matemtica es la funcin seno. En general no hay ambigedad ni en el concepto ni el tipo de rgimen, si omitimos la palabra senoidal al decir: corriente alterna es aquella cuya expresin matemtica es la funcin seno. En el caso de que se trate de una corriente alterna no senoidal se indica expresamente: alterna no senoidal.

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. Valores fundamentales de la C.A. Tomemos como ejemplo una tensin senoidal industrial a 50 ciclos por segundo (Hertzios) como la que se muestra en la figura.

Valor mximo: Como su palabra indica, es el valor ms elevado que puede tomar la onda senoidal. En nuestro ejemplo, el valor mximo que le corresponde es 31 1 V. Valor instantneo: es el valor que toma la tensin en cada instante del tiempo siguiendo la funcin senoidal: v = V max sent Valor eficaz: de todos los valores instantneos que aparecen en una tensin senoidal cul es el que tomamos como valor de referencia en nuestras medidas y en nuestros clculos?. Tendremos que encontrar un valor intermedio que produzca los mismos efectos calorficos que una tensin del mismo valor de C.C. A este valor, que produce los mismos efectos energticos que una corriente continua, se le llama valor eficaz. Se demuestra matemtica o experimentalmente que para una tensin alterna senoidal la relacin que existe entre el valor mximo y el valor eficaz es de 2 V V = max 2 Esta tensin es la que miden los voltmetros de C.A. y es la que vamos a utilizar de una forma prctica, en todo momento. Cul sera el valor eficaz que correspondera a la tensin industrial de nuestro ejemplo? 311 V= = 220V 2 Valor medio de ciclo completo: es el resultado de realizar la media de todos los valores instantneos de un ciclo completo. Como una de las mitades del ciclo es negativa respecto a la otra, el valor medio de la C.A. es cero. Perodo: es el tiempo que se invierte en completar un ciclo completo (en un alternador sera una vuelta completa). Se representa por la letra (T) y se mide en segundos. En la tensin senoidal de nuestro ejemplo: T = 20 ms Frecuencia: es el nmero de veces que se repite un ciclo en un segundo. Se representa por la letra (f) y se mide en ciclos/segundo o en Hertzios (Hz). En nuestro ejemplo la frecuencia es de 50 Hz. Cmo est relacionada la frecuencia con el perodo? En nuestro ejemplo, si se producen 50 ciclos en 1 segundo, 1 ciclo invertir un tiempo de 3/37

1/50 = 0,020 segundos. Es decir, se cumple que: 1 T= f La frecuencia est relacionada directamente con la velocidad angular () a la que gira el alternador. Para que un alternador, con un par de polos, produzca, por ejemplo, una frecuencia de 50 Hz, necesita girar a una velocidad (n) de 50 revoluciones por segundo. La velocidad angular que le correspondera en este caso sera la siguiente:

=

50 2 = = 100 rad s t 1

Otra forma de verlo sera as: en una revolucin se cubre un tiempo igual a un perodo (t=T) y un ngulo igual a 2 radianes ( = 2 )

=

2 = t T

como

f =

1 T

= 2f

CIRCUITOS ELECTRICOS MONOFASICOS EN C.A. Al ser variable la corriente en C.A., van a aparecer una serie de fenmenos nuevos al utilizar como receptores bobinas y condensadores. Estos, junto a la resistencia hmica pura, van a limitar la intensidad de corriente en un circuito a travs de la ley de Ohm para C.A.: V I= Z Z es la impedancia que corresponda a la carga y se mide en ohmios. Estudiaremos a continuacin cmo se comportan las resistencias hmicas, las bobinas y los condensadores frente a la corriente alterna. Circuito con resistencia hmica pura Al aplicar una tensin senoidal a una resistencia, sta se comporta como en C.C. aparece una intensidad de corriente por ella que, por efecto Joule, produce calor.

Si tomamos el valor instantneo de la tensin y lo dividimos entre el valor de la resistencia, obtendremos el valor instantneo de la intensidad de corriente elctrica: i= v Vmax sent V max = = sent = I max sent R R R

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. Se puede deducir entonces que la corriente obtenida pulsa al mismo tiempo que la tensin aplicada. En otras palabras, la tensin y la intensidad crecen y decrecen al mismo tiempo, por lo que decimos que estn en fase, tal como se muestra en los diagramas de la figura.

En el grfico de la izquierda de la figura se ha representado el diagrama vectorial de V y de I. Estas magnitudes aparecen dibujadas como dos vectores que giran a la velocidad en el sentido contrario a las agujas de un reloj. El valor instantneo de las mismas es el que correspondera a la proyeccin de estos vectores en el eje Y. El grfico de la derecha de la figura nos muestra estas mismas magnitudes en su trayectoria senoidal. Para realizar clculos prcticos, es indispensable el empleo de valores eficaces de la tensin y de la corriente. I max = 2V R Vmax R recordemos que: I max = 2 I V I= R de donde: V max = 2V

Como: 2I =

y

V e I son los valores eficaces de la tensin y de la intensidad de corriente. En este caso, la impedancia del circuito coincide con el valor de la resistencia: Z=R Si colocamos un vatmetro para medir la potencia a la que trabaja una resistencia hmica pura, podremos comprobar que la lectura del vatmetro coincide con la expresin, ya P=RI2 conocida para C.C.: Circuito con bobina pura Los circuitos con bobinas tienen una gran importancia en los circuitos de C.A. Hay que pensar que existen multitud de receptores que funcionan con circuitos electromagnticos construidos a base de bobinas, como pueden ser: motores, transformadores, electroimanes, circuitos de arranque de lmparas de descarga en un gas, etc. Cuando la bobina es recorrida por una C.A. senoidal, las lneas de fuerza del flujo magntico, que ella misma genera, cortan a sus propios conductores (figura). Esto hace que aparezca una f.e.m. de autoinduccin que, segn la ley de Lenz, se va a oponer a la causa que la produjo. Es decir, se opone en todo momento a los cambios de corriente.

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Cuando la corriente tiende a crecer, el campo magntico tambin lo hace. Aparece entonces una f.e.m. que se opone a que la corriente se establezca, provocando un efecto de retraso en la corriente elctrica respecto de la tensin. En estas condiciones la bobina se est cargando de energa en forma de campo magntico creciente. Cuando la corriente se ha establecido con su valor mximo por la bobina, la f.e.m. de autoinduccin se hace cero. Pero cuando la corriente empieza a disminuir, tambin lo hace el campo, y entonces se genera una f.e.m. de autoinduccin de tal sentido que se opone a que la corriente desaparezca. Ahora la bobina descarga hacia el generador la energa que haba acumulado en el cuarto de ciclo anterior en forma de campo magntico decreciente.

En el diagrama vectorial de la figura se ha representado a la corriente elctrica con un retraso de 90 respecto de la tensin. Observa como, efectivamente, cuando la intensidad quiere crecer, la tensin es mxima y es cuando se carga la bobina. Una inductancia pura produce un ngulo de 90 de retraso de la corriente respecto de la tensin. Realmente, una bobina pura (sin resistencia hmica) devuelve toda la energa que ha utilizado para crear el campo magntico y, en consecuencia, la potencia media que consume es cero. Reactancia inductiva de una bobina La reactancia de la bobina (X L) es la oposicin que presenta la bobina, por efecto de la f.e.m. de autoinduccin, a la corriente elctrica; de esta forma, la ley de Ohm para un circuito con una bobina inductiva pura ser: V I= XL En este caso, el valor de la impedancia del circuito coincide con el de la reactancia

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. inductiva Z = XL El valor de la reactancia inductiva depender de lo grande que sea la f.e.m de I e = L t ), es decir, de lo capaz que sea la bobina de crear lneas de autoinduccin ( flujo (coeficiente de autoinduccin) y de la rapidez con que cambie la corriente (pulsacin de la corriente). En definitiva: XL =L X = reactancia inductiva en X L = 2fLL

= pulsacin de la corriente en rad/s f = frecuencia en Hz L = coeficiente de autoinduccin en Henrios

EJEMPLOS Una bobina posee un coeficiente de autoinduccin de 0,5 Henrios. Determinar la intensidad de corriente por la misma cuando se la conecte a una red de C.A. de 50 Hz a 220 V y el diagrama vectorial. V 220 = = 1,4 A X L 157 X L = 2fL = 2 50 0,5 = 157 El diagrama vectorial lo dibujamos partiendo del hecho de que la bobina provoca un retraso de 90 a la corriente respecto de la tensin. I=

Como es una inductancia pura (no hay resistencia hmica), la bobina no se queda con potencia (se carga en un cuarto de ciclo y devuelve esta energa a la red en el siguiente cuarto de ciclo). Circuito con condensador

Cuando aplicamos la tensin al condensador, como ste est totalmente descargado, aparece en el mismo una fuerte corriente de carga. Segn se carga el condensador, la d.d.p. que aparece en el mismo va aumentando mientras disminuye la corriente. Cuando se completa la carga, la corriente es cero y la tensin alcanza su valor mximo. Se puede decir que el condensador adelanta la corriente un ngulo de 90 respecto de la tensin. 7/37

Tambin se puede decir que en el primer 1/4 de ciclo el condensador se ha cargado de energa electrosttica entre sus armaduras. Cuando la tensin aplicada al condensador comienza su descenso, ste descarga la energa acumulada en el 1/4 de ciclo anterior, apareciendo una corriente de descarga por el circuito. En el diagrama vectorial de la figura se ha dibujado la intensidad con un ngulo de 90 en adelanto respecto a la tensin. El condensador se carga de energa en un 1/4 de ciclo y la devuelve al generador en el siguiente 1/4, por lo que la potencia media absorbida es cero. Un condensador puro adelanta un ngulo de 90 a la corriente respecto de la tensin. Reactancia capacitiva El condensador, en C.A., hace que aparezca una corriente elctrica por el circuito, debido a las constantes cargas y descargas del mismo. Obsrvese que esta corriente nunca llega a atravesar el dielctrico del condensador. La reactancia capacitiva del condensador (Xc) ser la que limite el paso de la corriente por el circuito. Aqu aplicaremos la ley de Ohm de la siguiente forma: V I= XC En este caso, la impedancia del circuito coincide con el valor de la reactancia capacitiva Z = Xc De qu depender el valor de Xc? - Qu relacin existe entre la intensidad de corriente y la capacidad del condensador?: Cuanto mayor sea la capacidad del condensador, mayor ser la corriente de carga y descarga del mismo. - Por otro lado, cuanto mayor sea la pulsacin de la corriente senoidal, ms rpidamente se cargar y descargar el condensador y, por lo tanto, mayor ser la corriente por el circuito. Teniendo en cuenta estas dos consideraciones, tendremos que: 1 XC = I = V C C lo que nos lleva a la conclusin de que: 1 XC = 2fC X = reactancia capacitiva en c

= pulsacin de la corriente en rad/s

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. C = capacidad del condensador en Faradios f = frecuencia en Hz EJEMPLOS Un condensador de 100 F se conecta a una red de C.A. de 50 Hz a 125 V. Averiguar la reactancia capacitiva, intensidad de corriente. Dibujar el diagrama vectorial de V y de I. 1 1 V 125 XC = = = 31,8 I= = = 3,9 A 6 2fC 2 50 100 10 X C 31,8 El diagrama vectorial lo dibujamos teniendo en cuenta que la intensidad queda adelantada un ngulo de 90 respecto a la tensin.

Al igual que ocurra con la bobina, el condensador puro no se queda con energa. Circuito serie R-L Al conectar una resistencia hmica con una reactancia inductiva, la corriente queda limitada por el efecto combinado de R y XL. Como estn en serie, la corriente ser comn para estos dos elementos. La ley de Ohm para este caso ser: V I= Z La impedancia Z se calcula combinando los efectos de R y de XL.

Para establecer la equivalencia entre estas magnitudes recurriremos a los diagramas vectoriales. En la resistencia y en la bobina aparecen unas cadas de tensin, que aplicando la ley de Ohm: VR = R I VL = X L I Por otro lado, la tensin total V aplicada ser la suma vectorial de estas dos tensiones: 9/37

V = VR + VL Trazamos el diagrama vectorial poniendo la intensidad como referencia en t = 0. Dibujamos VR en el diagrama vectorial en fase con la intensidad de corriente, va que la resistencia hmica no provoca ningn tipo de desfase.

La tensin VL queda adelantada respecto a la corriente un ngulo de 90 (es lo mismo retrasar la corriente respecto a la tensin que adelantar la tensin respecto de la corriente). De la suma vectorial de VR y VL obtenemos la tensin del conjunto V, que queda adelantada un ngulo respecto de la corriente. Como VR y VL componen los catetos de un tringulo rectngulo y V la hipotenusa del mismo, se cumplir que:

V = VR + VL

2

2

= arctg

VL VR

Si dividimos el tringulo de tensiones entre I obtendremos el tringulo de impedancias. Aqu se cumple que:

Z = R2 + X L EJEMPLOS

2

= arctg

XL R

Se conecta en serie una resistencia de 50 con una bobina de L = 50 mH a una fuente de tensin alterna senoidal de 220 V y 100 Hz . Determinar los valores de Z, I, , VR y VL. Dibujar el diagrama vectorial de V e I. X L = 2fL = 2 100 50 10 3 = 31,4 I= V 220 = = 3,73 A Z 59 Z = R 2 + X L = 50 2 + 31,4 2 = 59 V L = X L I = 31,4 3,73 = 117,1V2

V R = R I = 50 3,73 = 186,5V

= arctg

XL 31,4 = arctg = 32 R 50

El ngulo de desfase es de 32 de retraso de la corriente respecto de la tensin, tal como se ha representado en el diagrama vectorial correspondiente en la figura.

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO.

Circuito serie R-C Al conectar en serie una resistencia con un condensador, al igual que ocurra con el circuito R-L, aparece una impedancia Z en el circuito que resulta ser la composicin vectorial de R y Xc. Los pasos a seguir para determinar el valor de Z y de son los mismos que en el caso anterior, con la diferencia de que ahora el desfase obtenido ser de retraso para la tensin.

En las figuras se muestran el diagrama vectorial y el tringulo de impedancias, respectivamente.

I=

V Z

VR = R I Z = R2 + XC2

VC = X C I

V = V R + VC XC R

= arctg

EJEMPLOS Se conecta en serie una resistencia de 35 con un condensador de C = 350 F a una fuente de tensin alterna senoidal de 100 V y 50 Hz . Determinar los valores de Z, I, , VR y VC. Dibujar el diagrama vectorial de V e I.

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XC =

1 1 = = 9 2fC 2 50 350 10 6

Z = R 2 + X C = 35 2 + 9 2 = 36 VC = X C I = 9 2,8 = 25,2V

I=

V 100 = = 2,8 A Z 36

V = R x I = 35 x 2,8 = 98 V

= arctg

XC 9 = arctg = 14,4 R 35

El ngulo de desfase es de 14,4 de adelanto de la corriente respecto de la tensin, tal como se muestra en la figura.

Circuito serie R-L-C Para obtener la corriente, comn a los tres elementos, seguimos el mismo procedimiento que en los casos anteriores. Podremos observar que al dibujar la cada de tensin del condensador en el diagrama vectorial, sta queda en oposicin respecto al de la cada de tensin de la bobina.

Para dibujar los diagramas vectoriales, tal como se muestran en la figura, se ha supuesto que la reactancia inductiva de la bobina es algo ms grande que la capacitiva del condensador.

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. I= V Z VR = R I2

VL = X L I Z = R + (X L X C )2

VC = X C I

V = V R + VC + V L

= arctg

XL XC R

Como podremos comprobar, en el tringulo de impedancias, la reactancia del condensador queda compensada por la de la bobina. El resultado es que el circuito se comporta como inductivo, producindose un retraso de la corriente respecto de la tensin. En este caso se puede decir que: una parte de los efectos de la bobina son compensados por el condensador. Como ya veremos al estudiar las potencias en C.A., lo que ocurre es que cuando la bobina se descarga de energa, una parte de la misma sirve para cargar el condensador: en el siguiente 1/4 de ciclo, el condensador devuelve esta energa otra vez a la bobina. EJEMPLOS Se conectan en serie una resistencia de 5 , una bobina de 77 y un condensador de 72 a una fuente de tensin alterna senoidal de 220 V y 100 Hz . Determinar los valores de Z, I, , VR y VC. Dibujar el diagrama vectorial de V e I. Z = R + ( X L X C ) = 5 + (77 72) = 7,072 2 2 2

I=

V 220 = = 31,12 A Z 7,07 VC = X C I = 72 31,12 = 2240V

V R = R I = 5 31,12 = 156V

V L = X L I = 77 31,12 = 2396V

= arctg

X L X C 77 72 = = arctg1 = 45 R 5

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Obsrvese cmo al compensarse los efectos del condensador con los de la bobina, aparece una tensin bastante elevada en los terminales de estos elementos. En el d ia g ra ma ve c to ri al d e l a fig u ra se puede aprecia r que la c or rien te queda retrasada un ngulo de 45 respecto de la tensin aplicada al circuito, lo que verifica que el circuito es predominantemente inductivo. EJERCICIOS 1. Se conectan en serie una resistencia de 100 y una bobina de 100 mH a una red de C.A. de 100 V, 50 Hz. Averiguar: Z, I, , V R, V L , y dibujar el diagrama vectorial. Rdo: Z = 104,81 , I = 0,954 A, = 17,43, VR = 95,4 V, VL = 29,96 V 2. Se conectan en serie una resistencia de 15 y un condensador de 50 nF a una red de C.A. de 200 V, 50 Hz. Averiguar: I, , VR, Vc y dibujar el diagrama vectorial. Rdo:. I = 3,14 mA; = 89,98, VR = 47,1 mV, VC= 199,89 V 3. Se conectan en serie una resistencia de 100 , un condensador de 100 F y una bobina de 100 mH a un generador de C.A. de 1000 V, 100 Hz. Averiguar: I, , VR, VL, Vc y dibujar el diagrama vectorial. Qu tipo de reactancia predomina en el circuito? Rdo: I = 9,05 A, = 25,12(inductivo), VR = 905 V, VC = 144,07 V, VL = 568,34 V

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. POTENCIA EN C.A. La potencia, tal y como la conocemos en C.C., es aqulla que desarrolla un determinado trabajo efectivo. Las bobinas y condensadores no llegan a consumir realmente energa de la red, puesto que la toman en 1/4 de ciclo y la devuelven en el siguiente, por lo que su potencia media es nula. Para poder entender esto, vamos a dibujar las curvas correspondientes a la potencia instantnea de los siguientes receptores puros: Potencia instantnea en un circuito con R Al multiplicar la funcin senoidal de la tensin (v = Vmax sen t) por la funcin senoidal de la corriente (i=I max sent) se obtiene la curva de la potencia instantnea de la figura que, como se puede observar, siempre es positiva. Esta curva nos indica que la resistencia siempre absorbe energa del generador y que es transformada en calor por la misma. Al valor medio de esta potencia se le conoce por potencia activa (P) o potencia real, y es la que miden los vatmetros. P = R I 2 (W ) En una resistencia:

Potencia instantnea en un circuito con L Al multiplicar la tensin instantnea (v = Vmax sen t) por la corriente instantnea (i=I max sent-/2) se obtiene la curva de la potencia instantnea de la figura. Aqu se puede comprobar que en el cuarto de ciclo en que la bobina se carga, la potencia es positiva (la bobina toma energa del generador). En el siguiente cuarto de ciclo, la bobina descarga su energa acumulada hacia el generador y en la curva, la potencia instantnea aparece como negativa. El valor medio de esta potencia es cero, por lo que se puede decir que un circuito inductivo puro desarrolla una potencia activa nula.

Aunque la bobina no consuma energa real para su funcionamiento, las constantes cargas y descargas de la misma hacen que circule una determinada corriente por los conductores y, por tanto, tambin aparece una potencia que flucta por los mismos, que llamaremos: potencia reactiva (Q). 15/37

En una bobina:

Q = X L I 2 (VAR) (volti-amperios-reactivos)

Potencia instantnea en un circuito con C Para obtener la curva de potencia se ha procedido como en el caso anterior. Aqu tambin, las constantes cargas y descargas del condensador hacen que aparezcan ciclos positivos y negativos de la potencia instantnea. El condensador no produce potencia activa pero s reactiva.

Si contrastamos la situacin en que se encuentran las curvas de potencia instantnea ce la bobina y el condensador, podemos comprobar que cuando la bobina se est descargando de energa (ciclo de potencia negativo), el condensador se carga de la misma (ciclo de potencia positivo). En conclusin, se puede decir que la potencia reactiva del condensador es negativa respecto a la de bobina y que, por tanto, sus efectos se compensan. Q = X C I 2 (VAR) En un condensador: Potencia en un circuito con R-L En un circuito R-L aparecern combinados los dos tipos de potencias conocidas. Al multiplicar por la intensidad las tensiones del diagrama vectorial obtenemos el tringulo de potencias.

En conclusin, podemos decir que: Potencia activa: Es la potencia que produce un trabajo efectivo en el receptor (resistencias hmicas, motores, cte.) P=RI2 P = VR I en W y en general:

P = V I cos

Potencia reactiva: Es aqulla que producen las bobinas y condensadores y que no se transforma en un trabajo efectivo en el receptor. Esta potencia flucta entre el generador y el receptor, haciendo circular una corriente en la lnea.

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. Q= X I2 Q = VX I y en general:

Q = V I sen

en VAR

Potencia aparente: Es la potencia que se mueve por los conductores desde el generador hasta el receptor, es decir, la suma vectorial de la potencia activa ms la reactiva, tal como se puede deducir del tringulo de potencias de la figura. S =V I en VA

S = P2 + Q2 Factor de potencia (FP): El FP de un circuito nos indica qu parte de la potencia aparente es potencia activa, es decir: P FP = = cos S representa el coseno del ngulo de desfase entre V e I del tringulo de potencias. EJEMPLOS Las caractersticas de un motor monofsico de induccin son las siguientes: P = 5 KW, V = 220 V, cos = 0,86. Determinar la intensidad, la potencia reactiva y aparente y el circuito equivalente cuando funciona a plena carga. Solucin: Para el clculo de la intensidad nos valemos de la frmula general de potencia activa: P = V I cos I= P 5000 = = 26,4 A V cos 220 0,86

= ar cos 0,86 = 30,68S = V I = 220 26,4 = 5810VA

Q = V I sen = 220 26,4 sen30,68 = 2963VAR

El circuito equivalente de un motor se puede dibujar como una reactancia inductiva y una resistencia en serie. Para determinar los valores de R y XL, utilizamos las frmulas ya conocidas: P 5000 R= 2 = = 7,17 2 I 26,4 2 P=RI Error: Reference source not found

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Q= X I

2

XL =

Q 2963 = = 4,24 2 I 26,4 2

EJERCICIOS 1. Determinar las potencias y el factor de potencia de los ejemplos de aplicacin R-L, R-C y R-L-C resueltos anteriormente. Dibujar en todos los casos el tringulo de potencias. 2. Para evitar que una lmpara incandescente de 125 V / 60 W se funda al conectarla a una red de C.A. de 220 V, 50 Hz, se la conecta en serie un condensador. Determinar las caractersticas de dicho condensador ( Capacidad y tensin). Solucin: La lmpara incandescente se considera que es como una resistencia hmica, y por lo tanto toda la potencia activa se desarrollar en la misma.

P = VR I V 220 Z= = = 458 I 0,48

I=

P 60 = = 0,48 A V R 125

R=

V R 125 = = 260 I 0.48

I=

V Z

Z = R + XC2

2

X C = Z R = 458 260 = 3772 2 2 2

XC =

1 2fC

C=

1 1 = = 8,4 10 6 F 2fX C 2 50 377

VC = X C I = 377 0,48 = 181V

Las caractersticas del condensador sern de 8,4 F/181 V Como el condensador no consume potencia activa, el rendimiento alcanzado por este mtodo para provocar una cada de tensin en un elemento resistivo es infinitamente mayor que si hubisemos colocado una resistencia en serie con la lmpara. Correccin del factor de potencia La utilidad de las aplicaciones de la electricidad, es gracias a que los receptores transforman la energa elctrica que absorben en otro tipo de energa, como es la motriz, la luminosa o la calorfica, por ejemplo motores, lmparas de descarga, etc. La mayora de los receptores elctricos son predominantemente inductivos y, por tanto, trabajan con cargas en las que la intensidad est retrasada un ngulo con respecto a la

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. tensin aplicada. Estos elementos trabajan con una potencia reactiva considerable, para poder producir sus campos magnticos. Esto hace que la compaa suministradora de energa elctrica tenga que proporcionar una energa extra, que en realidad no se consume, ya que es devuelta a la red cada cuarto de ciclo, pero que hace que aparezca una corriente elctrica ms alta en la red. Las compaas no cobran por la potencia reactiva, pero requieren que sus clientes respeten un factor de potencia elevado (por encima de cos = 0,9). Las compaas disponen de equipos de medida para determinar el FP medio utilizado durante el perodo de facturacin; a aquellos clientes que trabajen con un FP por debajo del recomendado se les aplica un recargo en la tarifa. En consecuencia, la potencia aparente en VA que absorben de la red tiene una componente activa y otra componente reactiva de carcter inductivo. La potencia activa, P, en vatios, es entregada o absorbida por la carga y representa la medida del trabajo til por unidad de tiempo que puede realizar la carga. La potencia inductiva, Q, en voltamperios reactivos, representa un bombeo de energa necesario para el propio funcionamiento del receptor, que no nos da ninguna energa til y s repercute en aumentar la potencia aparente que tenemos que transportar a travs de la lnea. Por tanto, desde el punto de vista de la economa en el transporte, para una misma potencia til o activa P, nos interesa que el factor de potencia sea lo ms prximo a la unidad. Esto se consigue anulando total o parcialmente los efectos sobre la red de la potencia inductiva mediante la instalacin de condensadores en paralelo con la carga o receptor.

Los condensadores absorben la potencia reactiva total o parcial de las bobinas. Las bobinas descargan su potencia reactiva en los condensadores de un 1/4 de ciclo, en el siguiente 1/4 de ciclo; los condensadores devuelven la energa reactiva a las bobinas para que puedan producir sus campos magnticos y as sucesivamente. De esta forma se evita que parte de la energa reactiva de las bobinas tengan que fluir por la lnea hasta el generador. Con la correccin del factor de potencia se consigue reducir la potencia aparente de la red sin modificar la potencia activa, lo que trae consigo una reduccin de la intensidad de corriente, con todas las ventajas que ello conlleva (reduccin de la seccin de los conductores de lnea, reduccin de las cadas de tensin y prdidas de potencia, etc). Clculo de los condensadores para la correccin del factor de potencia Supongamos que tenemos un motor monofsico de 5 KW con un factor de potencia de 0,7 a 220 V. De qu caractersticas ser la batera de condensadores para mejorar el factor de potencia a 0,95? Cul ser la nueva corriente por la red elctrica? Cul ser la corriente por los condensadores? 19/37

Si tenemos un receptor inductivo RL, cuyas caractersticas se indican en la figura, el condensador que tenemos que conectar en paralelo para mejorar el factor de potencia a un cos, tiene que tener una potencia y capacidad de valor:

Potencia reactiva que absorbe de la red

Q = U I sen

Q = U I ' sen Queremos mejorar desde hasta , por tanto, la nueva Llamamos al ngulo correspondiente al FP inicial y ' al ngulo del FP que deseamos obtener. Para conseguirlo, tal como se puede apreciar en el tringulo de potencias de la figura, aplicamos una potencia reactiva de condensador (Q C) que reduzca la potencia reactiva inductiva original (Q). De las diferencias de estas potencias reactivas se obtiene la potencia reactiva (Q'), correspondiente al nuevo FP. La potencia que tiene que suministrar el condensador a conectar en paralelo vale QC = Q Q QC = P (tg tg ) QC = Q Q = S sen S sen = P P sen sen = P tag P tag cos cos

= arccos 0,7 = 45 = arccos 0,95 = 18QC = P (tg tg ) = 5000(tg 45 tg18 ) = 3375VAR IC = QC 3375 = = 15,3 A VC 220 C= XC = VC 220 = = 14,34 I C 15,34

Q C = VC I C

1 1 = = 222 10 6 F 2fX C 2 50 14,34

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. En conclusin, se necesita una batera de condensadores de 222 F a 220 V y una potencia reactiva de 3,375 KVAR La intensidad por la lnea antes de mejorar el factor de potencia es: P = V I cos I= P 5000 = = 32,5 A V cos 220 0,7

La intensidad por la lnea despus de mejorar el factor de potencia es: P = V I cos I = P 5000 = = 23,9 A V cos 220 0,95

Se ha conseguido una reduccin de la intensidad del: 32,5 23,9 100 = 26 porciento 32,5 En cunto se consigue reducir la potencia aparente en la lnea al mejorar el FP del motor?. Ha cambiado de valor la potencia activa al mejorar el FP?. Otra forma de resolver el problema es la siguiente: QC = P (tag tag ) QC = U C I C = U C 2 C2 UC UC = XC XC

2 QC =U C P (tag tag ) = U C C P ( tg tg ) C=

como

XC =

1 C

U 2

Faradios

EJEMPLO Calcula el condensador a conectar en paralelo con el equipo de un tubo fluorescente de 220 V a 50 Hz, que tiene una potencia de 58 W y una reactancia con un cos=0,6, para que el factor aumente hasta el 0,85.

= ar cos 0,6 = 53,13 = ar cos 0,85 = 31,79

tg = 1,33 tg = 0,619

QC = P (tag tag ) = 58 (1,33 0,619 ) = 58 0,711 = 41,238VAr C= EJERCICIOS 21/37 QC 41,23 = = 2,71F 2 U 314 220 2

1. Un motor monofsico de 220 V a 50 Hz de 2 CV (1 CV vale 736 W), tiene un factor de potencia de 0,6. Calcula el condensador a conectar en paralelo para mejorar el factor de potencia a 0,9. Solucin: C = 82,19F

2. El alumbrado de una sala de dibujo se compone de 50 lmparas fluorescentes de 40 W/220 V con un FP de 0,6. Dimensionar el condensador que ser necesario conectar a la lnea general que alimenta a esta instalacin para corregir el FP a 0,97. Averiguar el calibre de los fusibles generales teniendo en cuenta la intensidad despus de corregido el FP Cul ser el calibre de los fusibles para la proteccin de la batera de condensadores sabiendo que se aplica un factor de correccin de 1,6?. Para calcular los fusibles debemos calcular las corrientes de lnea y del condensador. Rdo: 2166 VAR/ 142,45 F/220 V F2F (16 A) F1F (10 A)

Tipos de compensacin de la energa reactiva La compensacin de energa reactiva se lleva siempre a cabo mediante la conexin de condensadores en paralelo con la carga a compensar. En una instalacin elctrica, con muchas cargas de carcter inductivo, se puede llevar esta compensacin de dos formas diferentes: a) Compensacin individual: se conecta un condensador en paralelo con cada carga inductiva a compensar.

b) Compensacin central: se conecta una gran batera de condensadores en paralelo con la lnea general para compensar la potencia reactiva de todo el conjunto de la instalacin elctrica. Como la potencia reactiva a compensar de la instalacin depende de las cargas que estn conectadas en cada momento, se hace necesario la utilizacin de bateras automticas de condensadores que sean capaces de conectar y desconectar escalonadamente grupos de condensadores. Al dispositivo que es capaz de medir en todo momento el FP de la instalacin y de conectar automticamente los condensadores necesarios, se le conoce por el nombre de regulador de potencia

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. reactiva.

La compensacin individual resulta muy costosa; se utiliza fundamentalmente para lmparas de descarga (se les incorpora el condensador directamente en el equipo de arranque y se les conoce como lmparas de alto factor). En instalaciones industriales con muchos receptores, resulta mucho ms ventajosa la compensacin central con bateras automticas de condensadores. EJERCICIOS 1. El motor de una lavadora automtica posee las siguientes caractersticas: P=2 CV, V=220 V, i = 8 A. Averiguar el factor de potencia. Rdo: cos = 0.83 2. Un taller posee una potencia instalada de 40 KW a 380 V, 50 Hz con un factor de potencia de 0.6. Averiguar las caractersticas del condensador para conseguir aumentar este factor hasta 0,92, Rdo: 36280 VAR, 380 V, 95,47 A, 799,74 F 3. Una lmpara fluorescente de 40 W, 220 V y 50 Hz posee un FP de 0,6. Qu condensador habr que conectar a la misma para que trabaje a AF (alto factor de potencia): cos '= 0,9. Rdo: 2,23 F / 220 V 4. Para que una lmpara incandescente de 125 V/40 W no se funda al conectarla a una red de 380 V, 50 Hz, se conecta en serie con ella una inductancia pura. Averiguar el coeficiente de autoinduccin de la misma, as como el condensador que habr que conectar con el conjunto para conseguir corregir el FP a la unidad. Rdo: L = 3,5 H, C = (2,53 F 380 V)

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Resolucin de circuitos de C.A. mediante el clculo vectorial con nmeros complejos. Mediante la utilizacin de los nmeros complejos podremos resolver, sin dificultad, problemas en los que aparecen combinaciones de circuitos en serie y paralelo. Un nmero complejo puede representar un vector en un sistema cartesiano. Como todas las magnitudes en C.A. se pueden trazar como vectores, si aprendemos a operar con los nmeros complejos, podremos resolver los circuitos de C.A. aplicando los mismos mtodos que para C.C.; en vez de utilizar nmeros reales en las operaciones utilizaremos nmeros complejos. Los nmeros complejos, como por ejemplo a + jb, constan de una parte real (a) y una parte imaginaria (b). Los nmeros reales positivos se representan sobre la derecha del eje (x) y los negativos a la izquierda de este mismo eje. Los nmeros imaginarios positivos se representan sobre la parte superior del eje (y) y los negativos en su parte inferior.

Los nmeros imaginarios representan a la raz cuadrada de los nmeros negativos: j = 1 De esta forma tenemos que: j j = 1 Representacin de un nmero complejo Sea, por ejemplo, el circuito serie R-L de la figura, del cual se quiere determinar su impedancia en forma compleja.

Su representacin en forma algebraica sera: Z = a + jb = 5 + j10 R = es la parte real = 5 XL = es la parte positiva imaginaria = j10

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. Su representacin mdulo argumental o polar sera: Z = m donde m es el mdulo y el ngulo o argumento m= a +b En el ejemplo, la impedancia Z sera:2 2

= arctag

b a

m = 5 + 10 = 11,182 2

= arctag

10 = 63,4 5

Z = 11,1863,4

EJEMPLO Representar en forma algebraica y en forma mdulo argumental la impedancia del circuito R-C de la figura.

Solucin: Primero dibujamos el tringulo de impedancias. Z = 15 j12 R = es la parte real = 15 Xc = es la parte imaginaria negativa = -j12 La representacin en forma polar quedara: m = 15 2 + 12 2 = 19,2

= arctag

12 = 38,7 15

Z = 19,2 38,7

Para transformar un nmero complejo de forma polar a forma algebraica operamos de la forma siguiente: Z = m = m ( cos + jsen ) = a + jb Operaciones con nmeros complejos Antes de pasar a la resolucin de circuitos elctricos, nos ser muy til repasar las operaciones bsicas con nmeros complejos. Suma: de la suma de dos nmeros complejos se obtiene otro nmero complejo, que tiene por parte real la suma de las partes reales y por parte imaginaria la suma de las partes imaginarias. Por ejemplo: (5 + j10) + (15 j12) = (5 + 15) + j (10 12) = 20 j 2 La forma algebraica es la nica forma prctica de sumar y restar. Producto: Para la forma algebraica, el resultado es otro nmero complejo que se obtiene utilizando las reglas habituales del lgebra junto con las reglas corres25/37

pondientes de los nmeros imaginarios. Por ejemplo: (4 + j 5) (3 + j 2) = 4 3 + 4 j 2 + j 5 3 + j 5 j 2 = 12 + j8 + j15 10 = 2 + j 23 Para la forma polar, el resultado es otro nmero complejo, cuyo mdulo se obtiene multiplicando los mdulos y el ngulo mediante la suma de los ngulos. Por ejemplo: 430525 = 4 5( 30 + 25) Cociente: Para la forma algebraica, el resultado se obtiene multiplicando el numerador y el denominador por el conjugado del denominador; de esta forma se consigue transformar este ltimo en un nmero real, para posteriormente llevar a cabo el cociente de la manera algebraica habitual. El conjugado de un nmero complejo se consigue invirtiendo el signo de la parte imaginaria. As, por ejemplo, el conjugado de 7 + j9 ser 7 - j9. Al multiplicar un nmero complejo por su conjugado, se obtiene un nmero real y su valor es la suma de los cuadrados de la parte real e imaginaria. Por ejemplo: (7 + j 9) + (7 j 9) = 7 2 j 63 + j 63 + 9 2 = 7 2 + 9 2 Veamos un ejemplo de cociente: 4 + j 5 (2 j 3) (4 + j 5) 2 4 j 3 4 + 2 j 5 + 3 5 23 j 2 = = = = 1,77 j 0,15 2 + j 3 (2 j 3) ( 2 + j 3) 13 2 2 + 32 Para la forma polar, el resultado es otro nmero complejo. cuyo mdulo se obtiene del cociente de los mdulos y el ngulo mediante la resta de los ngulos. Por ejemplo: 2080 / 560 = 20 ( 80 60 ) = 420 5

Aplicacin de los nmeros complejos a la resolucin de circuitos Como ya hemos visto en los ejemplos utilizados, la impedancia (Z) de un circuito se escribe corno un nmero imaginario, que tiene por parle real el valor hmico de la resistencia R. y por parte imaginaria el valor de la reactancia (X), siendo sta positiva para las inductivas puras y negativa para las capacitivas (fig. 4.71 l.

Como la impedancia es una cantidad compleja, se puede expresar en forma algebraica y en forma polar: X Z = R + jX = R 2 + X 2 arctg R Los acoplamientos en serie y paralelo en C.A. se resuelven utilizando los mismos

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. procedimientos que para C.C., teniendo en cuenta que en todas las operaciones utilizaremos nmeros complejos. Impedancias en serie Z = Z1 + Z 2 + Z 3

Impedancias en paralelo 1 1 1 1 = + + Z Z1 Z 2 Z 3

EJEMPLOS 1. Del circuito serie R-L-C de la figura, averiguar la impedancia, intensidad, ngulo de desfase y potencias.

Solucin: La impedancia equivalente o total en forma algebraica ser: Z = 10 + j 20 j 35 = 10 j15 (esta expresin nos indica que la impedancia equivalente consta de una resistencia de 10 en serie con un condensador de 15 de reactancia capacitiva) Pasamos la impedancia a forma polar: 15 Z = 10 2 + 15 2 arctg = 18 56,3 10 (esta expresin nos indica que el valor modular de la impedancia es de 18 y que el ngulo de - 56,3) La corriente la determinamos mediante la ley de Ohm: V 1000 I= = = 5,656,3 Z 18 56,3 (Esta expresin nos indica que el valor modular de la corriente es de 5,6 A y que la corriente va adelantada un ngulo de 56,3 respecto de la tensin aplicada, como corresponde a un circuito capacitivo). Calculamos ahora la potencia del sistema aplicando las expresiones habituales: P = V I cos = 100 5,6 cos 56,3 = 311W Q = V I sen = 100 5,6 sen56,3 = 466VAr S = V I = 100 5,6 = 560VA 27/37

Para dibujar el diagrama vectorial bastar con representar en el sistema cartesiano los vectores V e I en su forma polar.

2. En el circuito de la figura averiguar: I T, I1, I2, PT, Q T, ST, cos T y VC

Solucin: Calculamos primero la impedancia equivalente del circuito. A la impedancia resultante de cada una de las ramas las llamaremos: Z 2 = R 2 + jX C = 20 j15 Z 1 = R1 + jX L = 10 + j 30 Estas impedancias estn, a su vez conectadas en paralelo. Como son slo dos cargas podremos aplicar la expresin: ZT = Z1 Z 2 (10 + j 30) (20 j15) 650 + j 450 (30 j15) (650 + j 450) = = = = 23,3 + j 3,33 Z1 + Z 2 10 + j 30 + 20 j15 30 + j15 30 2 + 15 2

La impedancia es de carcter inductivo. Aplicando la ley de Ohm calculamos ahora las intensidades del circuito: IT = V 200 = = ....... = 8,4 j1,2 = 8,5 8,1 Z T 23,3 + j 3,33

(la intensidad total es de 8,5 A y est retrasada un ngulo = 8,1 respecto a la tensin, como corresponde a un circuito inductivo). V 200 = = ....... = 2 j 6 = 6,3 71,6 Z 1 10 + j 30 V 200 I2 = = = ....... = 6,4 + j 4,8 = 836,9 Z 2 20 j15 I1 = I T = I1 + I 2 Se podra comprobar que se cumple que VC = X C I 2 = 15 90836,9 = 120 53,1

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. Para operar con los nmeros complejos, unas veces se utiliza la forma algebraica y otras la polar. Cualquiera de estas dos formas es vlida para resolver los problemas que se nos planteen, teniendo en cuenta que: Para operaciones de suma slo se puede utilizar la forma compleja. Para presentar los resultados en amperios, ohmios y voltios, con sus correspondientes ngulos de desfases, es ms conveniente la forma polar. Calculamos ahora las potencias del circuito: P = V I cos = 200 8,5 cos 8,1 = 1683W Q = V I sen = 200 8,5 sen8,1 = 240VAr S = V I = 200 8,5 = 1700VAr FP = cos = 0,99 Por ltimo, situamos cada una de las magnitudes en el diagrama vectorial, fijndonos en la forma polar de las mismas.

3. Averiguar la impedancia equivalente y las corrientes I T, I 1 e I2 que aparecern en el circuito mixto de la figura. Determinar tambin las potencias y el FP del conjunto.

Solucin: Primero, determinamos la impedancia equivalente de las ramas que estn en paralelo entre los extremos (B-C).

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Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. Z BC = Z1 Z 2 (20 + j 5) (5 j 5) = = ......... = 5 j 3 Z1 + Z 2 20 + j 5 + 5 j 3

Z T = Z 1 + Z BC = 10 + j10 + 5 j 3 = 15 + j 7 V 200 = = ....... = 10,9 j 5,1 = 12 25 Z T 15 + j 7 Para poder calcular las intensidades I1 e I2, necesitaremos conocer primero la tensin VBC, que est aplicada a cada una de las cargas Z2 y Z3. IT = V BC = Z BC I T = (5 j 3) (10,9 j 5,1) = 39,2 j 58,2 I1 = V BC 39,2 j 58,2 = = ....... = 1,2 j 3,2 = 3,4 69,2 Z2 20 + j 5 V 39,2 j 58,2 I 2 = BC = = ....... = 9,7 j1,9 = 9,9 11,1 Z3 5 j5

Para calcular las potencias tendremos en cuenta el ngulo de desfase entre V e IT, que en nuestro caso es de -25. Esto nos indica que la carga del circuito es inductiva.P = V I cos = 200 12 cos 25 = 2175 W Q = V I sen = 200 12 sen25 = 1014VAr S = V I = 200 12 = 2400VA FP = cos 25 = 0,9

EJERCICIO Averiguar la impedancia equivalente del circuito de la figura, as como los valores de I T, I 1, I2, I3, PT, QT, ST, FP. Dibuja el diagrama vectorial. Rdo: Z T = 6,93; I T = 14,47 A; I 1 = 10 A; I 2 = 4,47 A; I 3 = 8,94 A PT = 1204W ; QT = 802,6VAR; S T = 1447VA; FP = 0,83(capacitivo)

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PROBLEMAS RESUELTOS DE TODOS LOS EJERCICIOS ANTERIORES. CORRIENTE ALTERNA Los ejercicios se numeran por su numeracin propia y su nmero de pgina. Ejercicio 1 Pgina 14 x L = 2 f L = 2 50 100 10 3 = 31,42 Z = X L + R 2 = 31,4 2 + 100 2 = 104,81 V 100 I= = = 0,954 A Z 104,81 31,4 = arctan g = 17,43 100 V R = R I = 100 0,954 = 95,4V V L = X L I = 31,4 0,954 = 29,955V

Ejercicio 2 Pgina 14 XC = 1 1 = = 63661,97 2fC 2 50 50 10 9

2 Z = X C + R 2 = 63661,97

V 200 = = 3,14 10 3 A Z 63661,97 V R = R I = 15 3,14 10 3 = 47,1 10 3 V VC = X C I = 63661,97 3,14 10 3 = 199,89V X 63661,97 = arctan g C = arctan g = 89,98 R 15 I=

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Ejercicio 3 Pgina 14 X L = 2f L = 2 100 100 10 3 = 62,8 1 1 XC = = = 15,92 2f C 2 100 100 10 6 Z = R 2 + ( X L X C ) = 100 2 + ( 62,8 15,92 ) = 110,442 2

V 1000 = = 9,05 A Z 110,44 VC = I X C = 9,05 15,92 = 144,07V V L = I X L = 9,05 62,8 = 568,34V V R = I R = 9,05 100 = 905V X XC 62,8 15,92 = arctan g L = arctan g = 25,12 R 100 I=

Ejercicio 1 Pgina 18 R-L de la pgina 10

P = V I cos = 220 3,73 cos 32 = 695,91W P = V I sen = 220 3,73 sen32 = 343,85VA S = V I = 220 3,73 = 820,6VA R-C de la pgina 11

P = V I cos = 100 2,8 cos 14,4 = 271,2W P = V I sen = 100 2,8 sen14,4 = 69,63VA P = V I = 100 2,8 = 280VA

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R-L-C de la pgina 13 P = V I cos = 220 31,12 cos 45 = 4841,13W P = V I sen = 220 31,12 sen45 = 4841,13VA P = V I = 220 31,12 = 6846,4VA Ejercicio 1 Pgina 22

= ar cos 0,6 = 53,13 ' = ar cos 0,9 = 25,84C=

tan g 53,13 = 1,333 tan g 25,84 = 0,484

P Tang Tang ' 1472 (1,333 0,484) = = 82,19F V 2 2 50 220 2

(

)

Ejercicio 2 Pgina 22

= ar cos 0,6 = 53,13 ' = ar cos 0,97 = 14,07 C=

tan g 53,13 = 1,333 tan g14,07 = 0,250

P Tang Tang ' 50 40 (1,333 0,25) = = 142,45F V 2 2 50 220 2

(

)

QC = VC I C sen90 = VC I C IC = QC 2166 = = 9,85 A VC 220

Intensidad de los fusibles del condensador 9,85x1,6=15,76A P 2000 I= = = 9,18 A V cos ' 220 0,99 Intensidad de los fusibles de lnea 10A Ejercicio 1 Pgina 23 P = V I cos Cos = P 2 736 = = 0,83 V I 220 8

Ejercicio 2 Pgina 23

= ar cos 0,6 = 53,13 ' = ar cos 0,92 = 23,07C=

tan g 53,13 = 1,333 tan g 23,07 = 0,426

P Tang Tang ' 40000 (1,333 0,426) = = 799,74 F 2 V 2 50 380 2

(

)

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. QC = VC I C sen90 = VC I C IC = QC 36280 = = 95,47 A VC 380

Ejercicio 3 Pgina 23

= ar cos 0,6 = 53,13 ' = ar cos 0,9 = 25,84C=

tan g 53,13 = 1,333 tan g 25,84 = 0,484

P Tang Tang ' 40 (1,333 0,484) = = 2,23F 2 V 2 50 220 2

(

)

Ejercicio 4 Pgina 23 I= P 40 = = 0,32 A V R 125 V 380 = = 1187,5 I 0,32 R= V 125 = = 390,625 I 0,32

Z=

X L = Z 2 R 2 1187,5 2 390,625 2 = 1121,41 X L 1121,41 = = 3,5H XL = L 2 50 X 1121,41 = arctan g L = arctan g = 70,79 R 390,625 L= tan g 70,79 = 2,87

' = ar cos 1 = 0

tan g 0 = 0

40 Tang Tang ' 40 (2,87 0) C= = = 2,53F 2 V 2 50 380 2

(

)

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Ejercicio Pgina 30 Z 1 = 10 j Z 1 2 = Z 2 = 20 10 j Z 3 = 10 + 5 j

(10 j ) (20 10 j ) 200 j 100 10 20 j = = 10 j + 20 10 j 20 20 j 22j (10 20 j ) (2 + 2 j ) 20 40 j 20 j + 40 20 60 j = = = 2,5 7,5 j 8 8 22 + 22 (10 + 5 j ) (2,5 7,5 j ) 25 + 12,5 j 75 j + 37,5 62,5 62.5 j 11j = = = 62,5 10 + 5 j + 2,5 7,5 j 12,5 2,5 j 12,5 2,5 j 12,5 2,5 j (1 1 j ) (12,5 + 2,5 j ) 62,5 = (12,5 12,5 j + 2,5 j + 2,5) = 0,3846 (15 10 j ) 162,5 12,5 2 + 2,5

Z 1 2 =

Z 1 2 3 =

Z 1 2 3 = 6,25

Z 1 2 3 = 5,769 3,846 j Mdulo de Z 1 2 3 = 5,769 2 + 3,846 2 = 6,93

Argumento de

Z 1 23

= arctan g

3,846 = 33,69 5,769

Z 1 2 3 = 6,93 33,69 IT = V Z 1 2 3 = 1000 = 14,4333,69 A 6,93 33,69

CAPACITIVO

FP = cos 33,69 = 0,83 I1 = V 1000 = = 1090 A Z 1 10 90

RAMA CAPACITIVA

I2 =

100( 20 + 10 j ) 2000 + 1000 j V 100 = = = =4+2j Z 2 20 10 j 500 20 2 + 10 2 I 2 = 4 2 + 2 2 = 4,47 A

Mdulo de I2

Argumento de I2 I 2 = 4,4726,56 A

= arctan g

2 = 26,56 4

RAMA CAPACITIVA

Montaje y mantenimiento de los sistemas elctrico y electrnico. I.E.S. JUAN MARTN EL EMPECINADO. 100(10 5 j ) 1000 + 500 j V 100 = = = =84j Z 3 10 + 5 j 125 10 2 + 5 2 I 2 = 8,94 26,56 A RAMA INDUCTIVA I3 = P = V I cos = 100 14,47 cos 33,69 = 1204W P = V I sen = 100 14.47 sen33,69 = 802,6VA P = V I = 100 14.47 = 1447VA

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