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UNIDAD Nº 9

POTENCIA EN CORRIENTE CONTINUA Y

ALTERNA

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Potencia en una resistencia

e R

i

vR

t

0dtinstPot

T

1medPot

i.vinstPot

wtcosVv

wtcosIi

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2

0

dti.v2

1medPot

2

0

dtwtcosI.wtcosV2

1medPot

2

0

2

0

2 dt2

wt2cos1

2

IVdtwtcos

2

IVmedPot

2

0

2

0

dtwt2cosdt22

IVmedPot

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2

0

2

0 w2

wt2sent

4

IVmedPot

0senw4senw2

102

4

IVmedPot

0senw4senw2

102

4

IVmedPot

24

IVmedPot

2

IVmedPot

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22

IVmedPot

efef I.Vm e dPo t

Pot med

Pot inst

v inst

I inst

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Potencia en una bobina

wtsenI.wtcosVinstPot

wtcosVv

wtsenIi

i.vinstPot

2

0dtwtsen.wtcosIV

2

1medPot

2

0dtwtsen.wtcos

2

IVmedPot

e L

i

vL

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2

0dtwt2sen

2

1

2

IVmedPot

Aplicando la igualdad trigonométrica

sensensen2

1cos

wtwtsenwtwtsen2

1wtcoswtsen

0

wtwtsen2

1wtcoswtsen

0

0m e dP o t

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instP o t

wtsenIi

wtcosVv

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La energía puesta en juego en una bobina en un período

esta dado por

dtv.idt.pdEdt

dEinstPot LL

dt

diLvL

dtdt

di.i.LdE dii.LE

2iL2

1E

Problema : Hallar la energía almacenada en una bobina de 20

mHy cuando es recorrida por una corriente de 2 amp.

Rta : 0,04 Julios

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e C

i

vC

Potencia en un capacitor

wtsenI.wtcosVinstPot

wtcosVv

wtsenIi

i.vinstPot

2

0dtwtsen.wtcosIV

2

1medPot

2

0

dtwtsen.wtcos2

IVmedPot

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Aplicando la igualdad trigonométrica

sensensen2

1cos

wtwtsenwtwtsen2

1wtcoswtsen

wtwtsen2

1wtcoswtsen

2

0

dtwt2sen2

1

2

IVmedPot

0

0m e dP o t

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wtsenIi

wtcosVv

instP o t

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La energía puesta en juego en un capacitor en un período

esta dado por

dtv.idt.pdEdt

dEinstPot CC

dt

dvCidti

C

1vC

dvv.CE

2vC2

1E

dtdt

dv.v.CdE

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R L C

i

e

i

e R L C

Potencia en un circuito R – L - C

En general cuando hay un circuito con los tres elementos

siempre existe un defasaje entre la tensión y la corriente

)wt(cosVvwtcosIi

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)wt(cos.wtcosI.VinstPot

i.vinstPot

2

0dt)wt(cos.wtcosIV

2

1medPot

coscos2

1cos.cos

wtwtcoswtwtcos2

1)wt(cos.wtcos

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2

0dt])wt2(coscos[

2

1

2

IVmedPot

wt2coscos2

1)wt(cos.wtcos

2

0

2

0dt)wt2(cosdtcos

4

IVmedPot

0

)02(cos4

IVt.cos

4

IVmedPot

2

0

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2cos4

IVmedPot

2

cos22

IVmedPot

cosI.VmedPot efef

Esta potencia se conoce como potencia ACTIVA

y su unidad de medida es el vatio WATTS

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efef I.VaparentePot

cosI.VactivaPot efef

senI.VreactivaPot efef

VA].apP[

Watts].actP[

VAR].reactP[

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TRIANGULO DE POTENCIA

Potencia reactiva INDUCTIVA

Potencia reactiva CAPACITIVA

Potencia activa

1cos85,0

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CORRECCION DEL FACTOR DE POTENCIA

Como la mayor parte de las cargas son de carácter inductivo,

el motivo de insertar un elemento reactivo ( capacitor ) para

tratar de que el factor de potencia sea lo más cercano a la

unidad se denomina "CORRECION DEL FACTOR DE

POTENCIA"

Esta corriente que se

absorbe de la fuente de

alimentación es una

corriente aparente.

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Potencia activa , reactiva y aparente de una instalación

Para determinar la potencia activa , reactiva y aparente como

así también el factor de potencia de una instalación se procede

de la siguiente manera :

• Determine la potencia activa y reactiva para cada rama

del circuito.

• La potencia activa total de la instalación es la suma de la

potencia activa de cada rama del circuito.

• La potencia reactiva total de la instalación es la diferencia

entre la potencia reactiva de las cargas inductivas y de

las cargas capacitivas.

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• El factor de potencia de la instalación se obtiene

aplicado trigonometría.

• La potencia aparente total de la instalación es la suma

vectorial 𝑃 𝑎𝑝𝑇= 𝑃 𝑎𝑐𝑇

2 + 𝑃 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑇

2 de la potencia activa

y reactiva.

Hay dos puntos importantes en este procedimiento.

1. La potencia aparente total debe determinarse a partir de

las potencias activa y reactiva y NO a partir de las

potencias aparente de cada rama.

2. No es necesario tener en cuenta la disposición en serie

o paralelo de las ramas

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Esto indica que la potencia activa , reactiva o aparente total

es independiente de que las cargas estén en serie , en

paralelo o en serie-paralelo.

En el siguiente ejemplo se puede apreciar esto dicho.

Encuentre la potencia activa , reactiva y aparente total del

siguiente circuito. Determine el factor de potencia del mismo.

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Se analiza carga por carga:

𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒

𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 1 100 𝑊 0 VAR 100 VA

𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒

𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 2 200 𝑊 700 VAR (𝐿) 728 VA

200 2 + 700 2 = 728

𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒

𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 3 300 𝑊 1500 VAR (𝐶) 1529,71 VA

300 2 + 1500 2 = 1529,71

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𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙

600 𝑊 800 VAR (𝐶) 1000 VA

𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙

600 2 + 800 2 = 1000

Se observa que la potencia aparente total NO es la suma

algebraica de las potencias aparentes de cada rama.

600 𝑊

800 VAR (𝐶) 1000 VA

φ 𝜑 = tan−1 800

600 = 53,13 °

El factor de potencia es :

cos 53,13 ° = 0,6

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Ejercicio Nº 1 : Determine la potencia activa , reactiva y

aparente total. Encuentre el factor de potencia para la red que

se muestra en la figura.

Respuestas 𝑃 𝑎𝑐𝑡 = 600 𝑊 𝑃 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 = 800 𝑉𝐴𝑅

𝑃 𝑎𝑝 = 1000 𝑉𝐴 cos 𝜑 = 0,6 ( 𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜 )

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Ejercicio N º 2 :

• Determine las potencias en cada rama y el factor de

potencia de cada una de ellas.

• Determine la potencia total activa , reactiva y aparente del

sistema y el factor de potencia.

• Determine la corriente total del sistema.

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𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 cos 𝜑

12 𝑥 60 = 720 𝑊

𝐹𝑜𝑐𝑜𝑠

0 𝑉𝐴𝑅 720 VA 1

𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎

𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 cos 𝜑

6400 𝑊

𝐶𝑎𝑙𝑒𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠

0 𝑉𝐴𝑅 6,4 𝐾VA 1

El rendimiento del motor es del 82 % por ello la potencia está dada

por :

𝜂 = 𝑃𝑜𝑡 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎

𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑟𝑏𝑖𝑑𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑏𝑠 =

5 𝐻𝑝 . 746

0,82 = 4548,78 𝑊

Teniendo en cuenta el factor de potencia se puede calcular la

potencia aparente

𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝 = 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡

cos 𝜑 =

4548,78 𝑊

0,72 = 6317,75 𝑉𝐴

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𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 cos 𝜑

4548,78 𝑊

𝑀𝑜𝑡𝑜𝑟

4384,35 𝑉𝐴𝑅 6317,75 VA 0,72

Con la potencia aparente y activa encontramos la reactiva de la

siguiente manera:

𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 = 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝2

− 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡2

𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 = 6317,75 2 − 4548,78 2 = 4384,35 𝑉𝐴𝑅

Por la rama de carácter capacitiva la corriente que circula es :

𝐼 = 𝑉

𝑍 =

208 + 𝑗 0

9 − 𝑗 12

9 + 𝑗 12

9 + 𝑗 12=

1872 + 𝑗 2496

225= 8,32 + 𝑗 11,09

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𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 cos 𝜑

1731,39 𝑊

𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑖𝑣𝑎

2308,52 𝑉𝐴𝑅 2885,65 VA 0,6

𝐼 = 8,32 2 + 11,09 2 = 13,87 𝜑 = tan−1 11,09

8,32= 53,12 °

La potencia activa está dada por : 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡 = 𝐼 2 𝑅 = 1731,39 𝑊

La potencia reactiva está dada por : 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 = 𝐼 2 𝑋𝐶 = 2308,52 𝑉𝐴𝑅

La potencia aparente está dada por :

𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝 = 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡2+ 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡

2 = 2885,65 𝑉𝐴

El factor de potencia esta dado por : cos 𝜑 = cos 53,12 ° = 0,6

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𝟕𝟐𝟎 𝑾 𝟔𝟒𝟎𝟎 𝑾 𝟒𝟓𝟒𝟖, 𝟕𝟖 𝑾 𝟏𝟕𝟑𝟏, 𝟑𝟗 𝑾

La potencia activa total del circuito es :

La potencia total del circuito es :

4384,35 𝑉𝐴𝑅

𝟏𝟑𝟒𝟎𝟎, 𝟏𝟕 𝑾

2308,52 𝑉𝐴𝑅

2075,83 𝑉𝐴𝑅

𝝋 = tan−𝟏 𝟐𝟎𝟕𝟓, 𝟖𝟑

𝟏𝟑𝟒𝟎𝟎, 𝟏𝟕 = 𝟖, 𝟖𝟏 ° 𝐜𝐨𝐬 𝛗 = 𝟎, 𝟗𝟖𝟖

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𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙

𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 cos 𝜑

13400,17 𝑊 2075,83 𝑉𝐴𝑅 13560 𝑉𝐴 0,988

𝐶𝑖𝑟𝑐𝑢𝑖𝑡𝑜 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

El valor de la corriente se obtiene de la potencia aparente y de

la tensión aplicada al circuito.

𝑃 𝑎𝑝 = 𝑉 . 𝐼 𝐼 = 𝑃 𝑎𝑝

𝑉 =

13560 𝑉𝐴

208 𝑉 = 65,19 𝐴𝑚𝑝

Cuando la potencia reactiva supera los valores establecidos

debe colocarse un capacitor para " COMPENSAR " este valor

de potencia.

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Cálculo del capacitor de compensación

TC

inductivareactP

compensadareactP

capacitivareactP

actP

capacP

𝑃𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐 = 𝑃𝑎𝑐𝑡 tan 𝜑𝑇 − 𝑃𝑎𝑐𝑡 tan 𝜑𝐶 = 𝑃𝑎𝑐𝑡 tan 𝜑𝑇 − tan 𝜑𝐶

𝑃𝑐𝑎𝑝 = 𝑉2

𝑋𝐶 =

𝑉2

1 𝑤 𝐶

= 𝑉2 2 𝜋 𝑓 𝐶

2...2

)(

Vf

tgtgactPC

CT

El valor del capacitor será :

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Página 650 libro boylestad

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Por decirlo de algún modo a la carga no le interesa si esta

conectado un capacitor en paralelo o no.

Se observa que la corriente por la carga es la misma pero la

corriente que entrega la fuente es menor a ella debido a que

al bajar el ángulo de desfasaje la corriente APARENTE que

circula por los conductores desde la fuente a la carga es

menor.

Ello lleva a que se puedan colocar cables de alimentación de

menor diámetro que bajan considerablemente los gastos a la

compañía distribuidora de energía eléctrica

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Ejercicio Nº 1 :Se dispone de un motor de 0,5 Hp que

consume 3 Amp. ¿ Cuál es el desfasaje que produce ? ¿ Cuál

es la potencia reactiva ?

AmpI

voltsV

HpactP

3

220

5,0

Sabiendo que 1 Hp = 736 watts

557,03.220

368cos

AV

W º11,56

wattsHp 3685,0 cos. efef IVactP

senIVreactP .. VARreactP 8,547

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Ejercicio Nº 1 : Una planta industrial opera con una carga de

calefacción de 10 KW y una carga inductiva de 20 KVA debido

a un banco de motores de inducción. Los elementos

calefactores se consideran puramente resistivos y los motores

tienen un factor de potencia de 0,7. Si la tensión de

alimentación es de 1000 Volts a una frecuencia de 60 Hz,

determine el capacitor requerido para llevar el factor de

potencia a 0,95.

Compare el valor de la corriente que toma de la línea sin hacer

la compensación y hecha la misma.

Para los motores de inducción la potencia aparente está dada

por 20 KVA y un factor de potencia de 0,7.

Con estos datos puede encontrarse la potencia activa

haciendo:

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El ángulo de desfasaje en los motores se encuentra como :

cos 𝜑 = 0,7

La potencia reactiva del motor es :

𝑃 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 = 𝑃 𝑎𝑝 sin 𝜑 = 20 𝐾𝑉𝐴 sin 45,6 ° = 14,28 𝐾𝑉𝐴𝑅

El triángulo de potencia para el sistema completo esta dado

por :

14,28 𝐾𝑉𝐴𝑅

14 𝐾W 10 𝐾W

45,6 °

𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥

Calefacción 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥

Motores

𝝋

φ = cos−1 0,7 𝜑 ≅ 45,6 °

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Aplicando Pitágoras se encuentra la potencia aparente no

compensada.

𝑃 𝑎𝑝 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟) = 24 𝐾𝑊 2 + 14,28 𝐾𝑉𝐴𝑅 2

𝑃 𝑎𝑝 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟) = 27,93 𝐾𝑉𝐴

Para encontrar la corriente total sin compensar se hace :

𝐼 𝑇 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟) = 𝑃 𝑎𝑝 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟)

𝑉 =

27,93 𝐾𝑉𝐴

1000 𝑉

𝐼 𝑇 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟) = 27,93 𝐴

El ángulo de desfasaje total se encuentra aplicando

trigonometría en el diagrama antes visto:

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𝝋 = cos−1𝑃 𝑎𝑐𝑡 (𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙)

𝑃 𝑎𝑝 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟) = cos−1

24 𝐾𝑊

27,93 𝐾𝑉𝐴=

𝝋 = 30,76 °

Se pide que se compense a un factor de potencia de 0,95 por

ello el valor del ángulo compensado se saca como :

cos 𝜑 = 0,95 φ = cos−1 0,95 𝜑 ≅ 18,19 °

Con estos datos se puede encontrar el valor del capacitor.

2...2

)(

Vf

tgtgactPC

CT

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𝐶 = 24 𝐾𝑊 tan 30,76 ° − tan 18,19 °

1000 2 2 𝜋 60 𝐻𝑧 𝐶 = 16,97 𝜇𝐹

El valor de la corriente que toma de la fuente cuando se

compensa es :

24 𝐾W

18,19 ° 𝑃 𝑎𝑝 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑎) =

𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎

cos 𝜑 =

24 𝐾𝑊

cos 18,19 º

𝑃 𝑎𝑝 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑎) = 25,26 𝐾𝑉𝐴

Para encontrar la corriente total compensada se hace :

𝐼 𝑇 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑎) = 𝑃 𝑎𝑝 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑎)

𝑉 =

25,26 𝐾𝑉𝐴

1000 𝑉

𝐼 𝑇 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑎) = 25, 26 𝐴

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Ejercicio Nº 2 : En un taller metalúrgico existen entre algunas

cosas un motor de 1/2 Hp con un cos φ = 0,32 y una

soldadora de puntos que por sus características es una

carga de carácter capacitivo cuya potencia es de ¾ Hp y

273,29 VAR.

Se desea conocer el valor del factor de potencia y de ser

necesario corregirlo a un valor de 0,975. Indique como lo

haría y el valor del componente necesario.

Como era de suponer la corriente que entrega la fuente (

compañía distribuidora de energía eléctrica ) es menor

cuando la línea está compensada. Los costos son menores.

Motor cos 𝜑 = 0,32 𝜑 = 71,34 ° 1 𝐻𝑝 → 746 𝑊

0,5 𝐻𝑝 373 𝑊

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Soldadora

El triángulo de potencia de esta instalación es :

𝑃 𝑎𝑐𝑡 = 559,5 𝑊 𝑃 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡= 273,29 𝑉𝐴𝑅

𝑃 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 ( 𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟) = 373 𝑊 . tan 71,34 ° = 1104,33 𝑉𝐴𝑅

373 𝑊 + 559,5 𝑊

273,29 𝑉𝐴𝑅

1104,33 𝑉𝐴𝑅

831,04 𝑉𝐴𝑅

41,71 °

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Por lo que el factor de potencia de la instalación esta dado por :

cos 41,71 ° = 0,746

Se pide corregir el factor de potencia a 0,975. Esto se hace de

la siguiente manera:

º 84 , 12 975 , 0 cos C C

2...2

)(

Vf

tgtgactPC

CT

F7,40C

932,5 𝑊

831,04 𝑉𝐴𝑅

41,71 ° 12,84 °

𝐶 = 932,5 tan 41,71 ° − tan 12,84 °

314 220 2

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Ejercicio Nº 3 : Un motor consume una potencia de 8,8 KVA

y esta conectado a la red de alimentación. La resistencia

que presenta el motor es de 3 Ω.

Calcular el valor de la inductancia del motor, el factor de

potencia y la potencia activa ( expresar en HP ). Corregir el

factor de potencia a 0,9 indicando el valor del capacitor a

colocar.

AmpV

KVA

V

apPIIVapP

ef

efefef 40220

8,8.

𝑉𝑒𝑓 = 𝐼𝑒𝑓 . 𝑍 𝑍 = 𝑉𝑒𝑓

𝐼 𝑒𝑓 =

220 𝑉

40 𝐴𝑚𝑝 = 5,5 Ω

22

LXRZ despejando 𝑋 𝐿 = 𝑍 2 − 𝑅 2

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314

61,4 L mHyL 7,14

𝑿 𝑳 = 𝟑𝟎, 𝟐𝟓 − 𝟗 𝑿 𝑳 = 𝟒, 𝟔𝟏 𝜴

𝑋 𝐿 = 2 𝜋 𝑓 𝐿 𝐿 = 𝑋 𝐿

2 𝜋 𝑓

R

Xtg

R

Xtg

LL 1 º95,56

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º95,56coscos 545,0cos

WattsactPIVactP efef 4796cos..

Hpw

Hpw

52,64796

1736

Para corregir el factor de potencia al valor pedido se hace :

º84,259,0co s com pcom p

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º84,25º95,56

KwactP 796,4

KVAR376,7

º95,56tg.actPreactP

KVAR323,2

º84,25tg.actPcompreactP

2

)(

Vw

tgtgactPotC

CT 2220.314

)º84,25º95,56(796,4 tgtg

FC 332

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Teorema de la máxima transferencia de potencia

VG

ZG

ZL

i LLL

GGG

XjRZ

XjRZ

LGLGT

LGT

XXjRRZ

ZZZ

Para hallar el módulo de la corriente se tiene

2LG2

LG

G

T XXRR

V

Z

VI

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En la carga existirá máxima potencia útil ( activa ) cuando

L

2

2LG

2LG

G

L2 R.

XXRR

VPR.IP

2LG2

LG

L2

G

XXRR

RVP

Aplicando técnica de máximos y mínimos 0dR

dP

L

0

XXRR

010RR2.R.VXXRR.1.V

dR

dP22

LG2

LG

LGL2

G2

LG2

LG2

G

L

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0XXRR

R2R2.RXXRR.V

dR

dP22

LG2

LG

LGL2

LG2

LG2

G

L

0R2R2.RXXRR LGL2

LG2

LG

0R2RR2XXRR.R2R2

LLG2

LG2

LLG2

G

0RXXR2

L2

LG2

G

Separando las partes resistivas y las reactivas queda

LG RR LG XX

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Esto nos dice que para que haya máxima transferencia de

potencia a la impedancia de carga debe verificarse que las

partes RESISTIVAS de ambas impedancias sean iguales y

que además las partes REACTIVAS deben ser complejas

conjugadas es decir si la impedancia del generador es

inductiva la carga debe ser capacitiva y viceversa.

e

ZG

ZL

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El teorema dice que el módulo de la impedancia de la fuente

debe ser igual al módulo de la impedancia de carga para que

exista la máxima transferencia de potencia

¿ Que sucede en el siguiente planteo ?

¿ Cuál debe ser la impedancia de carga a colocar en el

circuito si se sabe que tiene que ser una impedancia pura

resistiva de 10 Ohms ?

LG ZZ

2210 LL XR e ZL = ?

ZG = 10 Ω

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Medición de potencia en continua

El método para medir la potencia en una resistencia es medir

la tensión y la corriente en el dispositivo y luego realizar el

producto. Dicho método se llama METODO INDIRECTO.

Conexión corta :

A

V RL

I IV IL

RV

RA

U

Presenta el inconveniente de

que el amperímetro no solo

lee la corriente por la carga

sino que también lee la

corriente del voltímetro que

si bien es muy pequeña

debido a su gran resistencia

se hace considerable cuando la carga es de gran valor lo

que hace que circulen corrientes pequeñas.

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LV

R

III

I.UPot

LVR IIUP o t

L

R

V

RLRVR

R

U

R

UI.UI.UPot

22

RV PPPot

Conexión larga :

RA A

V RL

RV

U

Ahora es el voltímetro quien

lee la tensión del amperímetro

mas la de la resistencia.

LA

R

UUU

I.UPot

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I.UUP o t LA

LALA RIRIIUIUPot 22.. RA PPPot

AR PPotP

VR PPotP Mientras más IDEALES sean los

instrumentos de medida menos error

habrá en despreciar la potencia de

los instrumentos

Medición de potencia en alterna

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Dado que en corriente alterna siempre existe un defasaje

entre la tensión y la corriente ya no es posible encontrar la

potencia en la carga a través de un voltímetro y un

amperímetro.

Para medir la potencia activa se utiliza un dispositivo

conocido como VATIMETRO analógico.

Consta de dos bobinas una fija

llamada de intensidad por la cual

circula toda la corriente de la

carga y otra móvil llamada de

tensión ya que ella se conecta

en paralelo con la carga.

Los flujos magnéticos presentes en cada bobina interactúan

entre ellos y se demuestra que el desplazamiento de la aguja

es proporcional a la potencia activa.

U

I q

c o s... IUK

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Por ello ya que el

desplazamiento es lineal la

escala de estos instrumentos

es lineal indicando según su

alcance la potencia en forma

directa.

escalaladedivisionesdeNúmero

corrientedeAlcancextensióndeAlcanceK

La constante " K " llamada

constante de proporcionalidad

se encuentra de la siguiente

manera:

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Ejercicio : Se dispone de un vatímetro con tres alcances de

tensión y dos alcances de corriente. Su escala esta dividida

en 200 partes. Si la aguja se desplaza 158 divisiones cuando

se elige el rango de 500 V – 5 Amp ¿ que potencia indica ?

Amp

AmpcorrientedeAlcances

V

V

V

tensióndeAlcances10

5

1000

500

300

Div

Watts,

Div

Amp.VK 512

200

5500

WattsDivDiv

WattsPot 19751585,12

En la actualidad existen diversos diseños de vatímetros

digitales que miden los distintos tipos de potencia como así

también el factor de potencia.

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Cuando la amplitud de cada señal de tensión son iguales se

denomina equilibrado en tensión, ocurre lo mismo si es en

corriente.

UR

US UT

120º

120º

120º giro +

UR US UT

t

El sistema trifásico puede estar en conexión estrella (4

conductores) o en triángulo ( 3 conductores )

Sistema trifásico : Un sistema trifásico esta constituido por

tres bobinados que están geométricamente separados 120 º

por lo que generan tres tensiones desfasadas 120 º entre sí.

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En la distribución de energía domiciliaria es del tipo de cuatro

conductores en donde tres se denominan vivos y al cuarto

neutro que es por donde retorna la corriente al generador.

R

S

T

Generador

U Fase

U Línea

La corriente por cada bobinado se llama corriente de fase y se

ve que se cumple que la corriente de fase es igual a la

corriente de línea

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UR

US UT

I R

I S

I T

I R

I S

I T

1 1

Cuando el sistema es

equilibrado la corriente

por el neutro es NULA

I R

I S

I T

UR

US UT

I R

I S

I T

Cuando el sistema

NO es equilibrado la

corriente por el neutro

es DISTINTA de cero

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UT

UR

US

120º 30º

30º

- UT

UST

US cos 30º

UST = 2 US cos 30º

U F = U R = U S = U T

U L = URS = UST = URT

U ST = US - UT = US + ( - UT ) UST = 2 US cos 30º

2

3

UST = 2 US 2

3

UST = US 3

U L = U F 3

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En todo sistema trifásico la potencia es la suma de las

potencias de cada fase.

cos.I.U.3P FFT

3

UU

II

L

F

LF

cos.I.

3

U.3P L

L

T

Racionalizando : cos.I.U.3P LLT

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Analizando el sistema trifásico en conexión triángulo

U F = U L I F

I L I F

FL

FL

II

UU

Haciendo el mismo análisis vectorial hecho para tensiones

en la conexión estrella resulta que para la conexión

triángulo la relación entre la corriente de línea y la de fase

esta dada por :

I L = I F 3

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cos.I.U.3P FFT

3

L

F

LF

II

UU

cos.U.

3

I.3P L

L

T

Racionalizando : cos.I.U.3P LLT

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Se deduce que cualquiera sea la conexión la potencia en

trifásica siempre tiene la misma expresión.

La potencia total de un sistema trifásico es igual a la

SUMA de las potencias en cada fase.

Si el sistema es equilibrado bastará con obtener la

potencia en una fase y multiplicarla por tres.

Medición de potencia para un sistema equilibrado

I F

W C

A

R

G

A

R

S

T

N

U F

UR

US UT

I R

I S

I T

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Si el sistema es de tres conductores debe referirse la medición

a un punto común determinado por dos resistencias que

deben ser IDENTICAS al valor de la resistencia de la bobina

de tensión que posee el vatímetro.

I F

W C

A

R

G

A

R

S

T

Para ambos casos la

potencia total esta dada por

cos.I.U.3Pot FF

FaseTotal Pot.3Pot

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Sistema Desequilibrado

Cuando se cumple que el sistema no es equilibrado no queda

otra que medir la potencia en cada fase con un vatímetro

distinto y luego realizar la suma correspondiente.

C

A

R

G

A

R

S

T

N

W 1

W 2

W 3

W 1 C

A

R

G

A

R

S

T

W 2

W 3

321Total PPPPot

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METODO DE LOS DOS VATIMETROS

PARA CARGAS EQUILIBRADAS

W 1 C

A

R

G

A

R

S

T

W 2

I R

I S

I T UST

URT

Para obtener la potencia

instantánea total sumamos las

potencias instantáneas de

cada fase.

TTSSRR u.iu.iu.ip

En todo sistema trifásico

equilibrado se cumple que :

0 TRS iii

Despejando de esta última ecuación el valor de Ti queda

RST iii reemplazando en la primer formula da :

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TRSSSRR u.iiu.iu.ip

TRTSSSRR u.iu.iu.iu.ip

TSSTRR uu.iuu.ip

RTu STu

STSRTR u.iu.ip 1

Se observa con esta última ecuación que solo bastan dos

vatímetros para medir la potencia total en un sistema trifásico

equilibrado.

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Supongamos ahora a modo de comprobación un sistema

equilibrado con carga inductiva ( la tensión adelanta respecto

a la corriente ). Su diagrama fasorial es :

UR

US UT

I R

I S

I T

- UT

UST

URT

30º

30º

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Aplicando se tiene : 1

ºcos.U.Iºcos.U.IP STSRTR 3030

Para un sistema equilibrado :

LSTRT

LTSR

UUU

IIII

ºcosºcos.U.IP LL 3030

Aplicando la identidad trigonométrica

coscoscos.cos2

1

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ºcos.cos..I.UP LL 302 3

cos.I.U.P LL3

De igual manera que lo visto hasta ahora se deduce que

RESTANDO las potencias indicadas en ambos vatímetros se

encuentra la potencia REACTIVA del sistema solo

multiplicándola por 3

Finalmente se llega a :

activa

reactiva

reactiva

activa

P

Ptg

PP.P

PPP1

21

21

3

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21 PP

213 PP.

21

2113

PP

PPtg

De esta última ecuación se concluye que :

Si la carga es RESISTIVA PURA

Si la carga es INDUCTIVA

Si la carga es CAPACITIVA

21 PP

21 PP

21 PP

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Contadores – Medidores de Energía

Un contador de energía no es otra cosa que un medidor de

ENERGÍA con un sistema de medición que registra la

potencia en un determinado intervalo de tiempo.

Generalmente la indicación esta dada en kilovatios hora , es

decir que registra por hora la potencia consumida.

Básicamente consta de dos electroimanes conectados como

se aprecia en la figura uno a la tensión de línea y el otro en

serie con la carga a medir.

El electroimán conectado en paralelo con la carga generará

un flujo magnético variable proporcional a la tensión al igual

que el que esta en serie proporcionará otro flujo magnético

variable proporcional a la corriente que lo atraviesa esto es a

la corriente que circula por la carga.

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C

A

R

G

A

i

i

u

N

S

Bobina de tensión

Bobina de corriente

Sistema indicador

Disco aluminio

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Estos flujos crean en el disco de aluminio corrientes inducidas o de

Focault las cuales crean un flujo magnético variable ROTATIVO

que hace que el disco gire sobre su eje.

Para frenar el aumento continuo de velocidad del disco se coloca

un imán permanente el cual al girar el disco se inducirán en el

disco nuevas corrientes de Focault de sentido opuesto a las

anteriores lo que provocará un frenado del disco.

De no estar la carga conectada solo la bobina de tensión estará

conectada y no habrá movimiento del disco, al conectar la carga se

generará un flujo en la bobina de corriente que hará girar al disco.

Al principio dicho movimiento es muy lento y por ello casi no hay

frenado. A medida que la corriente aumenta también lo hace el

frenado llegando a una velocidad constante. En dicho instante el

número de vueltas es proporcional a la energía consumida.

Energía = K . Nº de vueltas

El movimiento del disco se transmite mediante engranajes al

sistema indicador llamado NUMERADOR