TEMA 7.POTENCIA EN CIRCUITOS MONOFSICOS

7.1.- Potencia instantnea, media y fluctuante de un dipolo pasivo. 7.1.1.- Elemento Resistencia. 7.1.2.- Elemento Inductancia. 7.1.3.- Elemento Condensador. 7.2.- Potencia Activa, Reactiva y Aparente. Tringulo de Potencias. 7.3.- Potencia Compleja. 7.4.- Teorema de Boucherot. 7.5.- Correccin del factor de potencia. 7.6.- Medida de la potencia en corriente alterna.

TEMA 7. POTENCIA EN CIRCUITOS MONOFSICOS7.1.POTENCIA INSTANTNEA, MEDIA Y FLUCTUANTE DE UN DIPOLO PASIVO

Si a un dipolo pasivo se le aplica una tensin alterna senoidal, u, el dipolo responde con una intensidad i de igual pulsacin que la tensin aplicada pero desfasada un ngulo n respecto a esta.

excitacin: u(t) ' 2U sen t (tensin en el origen de fases)

u

Dipolo Pasivo

respuesta: i(t) ' 2I sen (t & n)

Con el nombre de potencia instantnea se designa al producto p = u(t) i(t) = u i y ser: p(t) ' u(t) i(t) ' 2UI sen (t) sen (t&n) (1)

Cuando p es mayor que cero la potencia es absorbida por el dipolo pasivo y si es menor que cero el dipolo suministra potencia. Teniendo en cuenta las siguientes relaciones: cos (a%b) ' cos a cos b& sen a sen b cos (a&b) ' cos a cos b% sen a sen b 1 cos (a&b)& cos (a%b) 2

sen a sen b'

La potencia instantnea dada por (1) quedar: p(t) ' 2UI 1 cos n & cos (2t & n) ' UI cos n & UI cos (2t & n) 2

El valor medio de la potencia ser: P ' Pmed ' 1 T 1 T p(t) dt ' [UI cos n & UI cos (2t & n) dt ' UI cos n T m0 T m0

7-1

P = Pmed = U I cos na este valor se le define como potencia activa, real o verdadera y es la potencia media transmitida al dipolo. Por lo que, podremos decir que la potencia instantnea absorbida o cedida por un circuito pasivo esta compuesta por dos trminos: 1) Un trmino constante P, denominado potencia activa P ' UI cos n 2) Un trmino fluctuante - UI cos (2t & n) ( (+n) circuito inductivo , (-n) circuito capacitivo ) cuyo valor medio es nulo y cuya frecuencia es doble que las magnitudes u e i. Puede comprobarse en la grfica de potencia como la potencia instantnea tiene doble pulsacin que la tensin aplicada al dipolo y como el dipolo es alternativamente receptor (P>0) y generador (P 0 > cos n > 0) y si ocupa los cuadrantes tercero y segundo el circuito acta como generador, o sea, suministrando energa.

L

Se denomina potencia

reactiva al valor mximo de la potencia fluctuante

positiva y negativa de valor medio nulo. Si la potencia fluctuante (+) y (-) vale & UI sen n sen 2t ' & Q sen 2t el valor mximo ser:

Q = U I sen nQ (+) para n (+) Q (-) para n (-)

Potencia Reactiva Carga inductiva Carga capacitiva

La unidad de esta potencia es el voltamperio reactivo (VAr). La potencia reactiva representa un bombeo de energa que es necesaria para el funcionamiento del receptor pero que no nos da ninguna energa til. A veces, se le llama potencia magnetizante, por ser la consumida en los circuitos magnticos de las mquinas para crear el flujo, aunque no es consumida (solo las prdidas), sino que es almacenada en el campo magntico para ser devuelta ms tarde, en la desconexin.

L

Se denomina

Potencia Aparente al producto de la tensin eficaz por la

intensidad eficaz.

S=UIy su unidad es el voltamperio (VA).

7 - 12

En corriente continua la potencia transferida es el producto UI. En corriente alterna la potencia aparente S coincide con la potencia activa P, cuando la impedancia se compone slo de RESISTENCIA. De acuerdo con estas definiciones se puede crear un tringulo rectngulo llamado "Tringulo de Potencias", segn se muestra en la figura, de forma que los lados del triangulo representen a la potencia activa, reactiva y aparente.

S = UI ( V A)

P = UI cos (W)

Q=UI sen (VAr)

El tringulo de potencias se puede obtener a partir del tringulo de impedancias ya definido anteriormente, veamoslo para una impedancia inductiva genrica y otra capacitiva. - Impedancia inductiva:Z = R + XL j = Z I UR U UX L XL R

>0

S = UI ( V A)

P = UI cos (W)

Q= UI sen (VAr)

C. INDUCTIVO Triangulo de ImpedanciaU

Triangulo de potencias

Z X

Z

I=

X I =U XLS

R

R I= U R

=

ZI

2

=

U

I

X L I =U X L I U I sen = =Q

2

R I 2 = U R I = U cos ( ) I = P

7 - 13

Dada una impedancia inductiva, el Tringulo de impedancias de esta ser un tringulo rectngulo cuyos catetos son la resistencia y la reactancia, y la hipotenusa es el modulo de la impedancia Z. Si multiplicamos cada lado del tringulo de impedancias por el valor eficaz de la intensidad, I, se obtiene un nuevo tringulo cuya hipotenusa representa la cada de tensin en la impedancia en valor eficaz, U, y cuyos catetos representan, respectivamente, las cadas de tensin en la resistencia y en la reactancia de la carga, tambin en valor eficaz. A este tringulo se le da el nombre de Tringulo de tensiones. Cada de tensin: en la resistencia: UR = I R (representado por el cateto horizontal) en la reactancia: UX = I X (representado por el cateto vertical) en la impedancia: U = UZ = I Z (representado por la hipotenusa del triang.) Como se mantiene la semejanza entre los dos tringulos, implica que el ngulo comprendido entre la hipotenusa y el cateto horizontal es el mismo en los dos tringulos, o sea, el desfase entre la tensin y la intensidad, dicho de otro modo, el argumento de la impedancia compleja. Si a continuacin, se multiplica de nuevo, cada uno de los lados del tringulo de tensiones por el valor eficaz de la intensidad, I, se obtiene un nuevo tringulo que veremos que es el denominado Tringulo de potencias, cuya hipotenusa representa a la potencia aparente, el cateto horizontal representa la potencia activa y el cateto vertical representa a la potencia reactiva. Al multiplicar cada lado del tringulo de tensiones por I, tal como suceda anteriormente, se mantiene la semejanza con el tringulo de tensiones, con lo que el ngulo comprendido entre la hipotenusa y el cateto horizontal sigue siendo n. La longitud de la hipotenusa del nuevo tringulo ser: UI, es decir la potencia aparente, S = UI. La longitud del cateto horizontal ser: UR I = RI2, ahora bien, esta longitud tambin es igual a UIcos n = P, la potencia activa de la impedancia, por lo que se puede concluir que la potencia activa de un receptor que posea una resistencia equivalente R es igual al producto de la resistencia por el cuadrado de la intensidad que circula por ella, es decir RI2. Por otra parte, la longitud del cateto vertical del nuevo tringulo ser: UX I = XI2, ahora bien, esta longitud tambin es igual a UIsen n = Q, la potencia reactiva de la impedancia, por lo que se puede concluir que la potencia reactiva de un receptor que posea una reactancia equivalente X es igual al producto de la reactancia por el cuadrado de la intensidad que circula por ella, es decir XI2. Con esto, queda visto, que el tringulo de potencias se puede obtener a partir del tringulo de impedancias para una impedancia inductiva genrica. 7 - 14

- Impedancia capacitiva:Z = R - XC j = Z I UR U UXC XC R

P = UI cos (W) Q= UI sen (VAr)

I 'U Z ' 50 *0 5 *&53,13 ' 10 *%53,13

Por tanto las tensiones parciales sern: UR = IR ZR = 10 3 = 30 V en fase con la intensidad UL = IC ZC = 10 4 = 40 V retrasada 90 con respecto a la intensidad UR ' 30 *%53,13 % 0 ' 30 *%53,13 ' 300,6 % 300,8j '18 %24j UC ' 40 *%53,13 & 90 ' 40 *&36,89 ' 400,8 % 400,6j '32 &24j Comprobacin: UAB ' UR % UL ' (18%32) % (24&24) j ' 50 % 0 j ' 50 *0 El balance de potencias ser: P = U I Cos n = 50 10 0,6 = 300 W Q = U I Sen n = 50 10 0,8 = 400 VAr S = U I = 50 10 = 500 VAZ = 3 - 4 10 A 30 V 50 V 40 V 4 3 j = 5 - 53,1 P = U I cos (W) P = 50 x 10 x Cos (53,1) = 300 W

= 53,153,1 (-) S=UI S = 50 x 10 = = 500 VA

Q= U I sen Q=50x10xSen (53,1) = = 400 VAr

C. CAPACITIVO Triangulo de Impedancia R=3 53,1 (-)Z =

Triangulo de potencias

U R = R I = 30 V 53,1 (-) 4 X C I =U X U =50 V U=ZI =40 VC

P = R I 2 = 300 W 53,1 (-)S S= = Z 50 I2

QC = X I 2 = 400 VAr

5

0

VA

La potencia instantnea seria: p(t) = 300 ( 1 + Sen( 200 t - /2 ) + 400 Sen( 200 t )

7 - 17

7.3.- POTENCIA COMPLEJA La potencia reactiva unas veces puede ser positiva si n(+) y otras negativas si n(-), por lo que para unificar criterios y desde un punto de vista operacional se emplea la potencia compleja, que no es ms que la potencia aparente expresada en forma compleja.

S ' P % j Q ' U I cos n % j U I sen n ' U I * n

El producto de la tensin por la intensidad, nos da la potencia aparente, por lo que podramos pensar que el producto del fasor U por el fasor I nos dara la potencia compleja: S ' U I pero no es as, S U I , veamoslo: Sea un dipolo pasivo de carcter inductivo Z ' Z * n , la potencia compleja correspondiente ser: S ' UI * n , pero si multiplicamos el fasor U ' U * por el fasor I ' I * &n , resulta que la potencia aparente ser: S ' U * @ I *&n ' U I *2&n MAL

para que la expresin matemtica corresponda con la naturaleza inductiva o capacitiva de la potencia debemos multiplicar la tensin por la conjugada de la intensidad, es decir:

S'UI(

(

siendo: I

' I * & (&n) ; Por lo que en el caso anterior resultar:(

S ' U I ' U * @ I * & % n ' U I * n

n(%) Carga inductiva

Si la impedancia es capacitiva Z ' Z * & n , se tendr que: U ' U * , I * %n e I(

' I * & (%n)

Y por tanto la potencia compleja ser: S ' U@I(

' U * @ I * & (%n) ' U I * & n

n(-) Carga capacitiva

7 - 18

Ejemplo: Determinar el balance de potencias correspondientes a un receptor al que se le aplica una tensin: uAB(t)=325,27 sen (wt - 60) V y por el cual circula una intensidad iAB(t) =14,1421 sen (wt - 90) A Solucin: Los fasores que representan a las ondas sern: UAB ' 230 *&60 e I AB ' 10 *&90

y la impedancia compleja equivalente al receptor: UAB I AB

ZAB ' Z *n '

'

230 *&60 10 *&90

' 23 *30 ' 19,92 & 11,5 j ( receptor capacitivo)

por lo que la potencia activa, reactiva y aparente valdrn:

P = U I Cos n = 230 10 0,866 = 1991,86 W Q = U I Sen n = 230 10 0,5 = 1150 VAr S = U I = 230 10 = 2300 VA

La potencia compleja tendra por expresion: SAB ' P % j Q ' U I * n ' 2300 *30 '1991,86 %1150j la cual la podemos obtener a partir de: S ' U I ' 230 *&60 @ 10 * % 90 ' 2300 * % 30 ' 1991,86 % 1150j Y la potencia instantanea demandada o suministrada por el receptor ser: p(t) =P (1 + sen(2t - 90)) - Q sen(2t) = 1991,86 (1 + sen(2t - 90)) - 1150 sen(2t)(

7 - 19

7.4.- TEOREMA DE BOUCHEROT "La potencia activa suministrada a un circuito es la suma de las potencias activas absorbidas por los diferentes elementos del circuito y la potencia reactiva es igualmente la suma de las potencias reactivas absorbidas o cedidas por sus elementos" , por otra parte, la potencia aparente total es la suma vectorial de las potencias aparentes individuales. Esto puede escribirse de la siguiente manera: P ' j PK

Q ' j QK La potencia aparente total absorbida ser: S' (j PK)2 % (j QK)2

La potencia aparente no es por tanto la suma de las potencias aparentes y es preciso, para calcularla, hallar sus componentes activa y reactiva. Hay que tener bien presente que cuando se trata de sumar potencias reactivas, la potencia reactiva absorbida por una bobina es XL I 2 ' L I 2 ' U 2/L y la correspondiente a un condensador es XC I 2 ' & 1 2 I ' & C U 2 C

y que cada uno de estos trminos ha de tomarse con su signo.

Ejemplo: CIRCUITO SERIE. En el circuito de la figura siguiente la potencia compleja tendr por expresin: S ' UI(

' U Z % UZ % U Z I1 2 3

(

' ' S1 *n1 % S2 *n2 % S3 *n3 ' S1 % S2 % S3

7 - 20

Z1

1

Z2

2

Z3

3

I U

UZ 1

UZ 2

UZ 3

Para sumar nmeros complejos sumamos parte real con parte real y parte imaginaria con parte imaginaria, por lo que: S ' 'Pi % j 'QiS S3 Q3

siendo la potencia aparenteS2

3 2P2 Q1 Q2 P3 Qi S1

S' y por tanto

(j PK)2 % (j QK)2 VA

1P1

* S * j Si Ejemplo: CIRCUITO PARALELOI I1 Z1 I2 I3

Pi

U

1

Z2

2

Z3

3

En el circuito de la figura la potencia compleja vale S ' UI(

' UI 1 % UI 2 % UI 3 ' S1 *n1 % S2 *n2 % S3 *n3 '

(

(

(

' S1 % S2 % S3 ' 'Pi % j 'Qi y por tanto la potencia aparente tendr por expresin: S' (j PK)2 % (j QK)2 VA

7 - 21

Ejemplo: Dado el circuito de la figura determinar1) Intensidad y potencia instantnea dada por la fuente 2) Potencia compleja entre A y B

R = 3 Ohm A i(t) u(t)

L = 0,09 H

C = 2 mF

BNota: u(t) = 2 50 sen (100t) Solucin: Para resolver el circuito utilizaremos el mtodo simblico, por lo que se determinara las impedancias de los elementos y el fasor de la tensin. Fasor de tensin: Impedancias: U ' 50 * 0 ZR ' 3 * 0 ZC ' ; ZL ' L * 90 ' 9 * 90

1 * &90 ' 5 * &90 C ZAB ' ZR % ZL % ZC ' 3 % 4 j ' 5 * 53,13 50 * 0 5 * 53,13 ' 10 * &53,13

Impedancia equivalente entre A y B: Fasor de la intensidad: I AB ' UAB ZAB '

Z R= 3 A I = 10 - 53,13

Z L= 9 j

U = 50 0

Z C= - 5 j

B

7 - 22

La intensidad temporal pedida ser: i(t) = 2 10 sen ( 100 t - 53,13 ) La expresin de la potencia instantnea es: p(t) ' P (1% sen (2t & /2)) & Q sen (2t) y como : P = U I cos (n) = 50 10 cos(53,13) = 300 W Q = U I sen (n) = 50 10 sen(53,13) = 400 Var = 100 rad/s

se tendr que la potencia instantnea valdr: p(t) ' 300 (1% sen (2t & /2)) & 400 sen (200t) La potencia compleja entre A y B ser: S ' U I '50 * 0 10 * 53,13 ' 500 * 53,13 ' 300 % 400 j y por tanto la potencia aparente tendr por valor: S = 500 VA Comprobacin: S = P + Q j = 300 + 400 j = R I2 + X I2 = 3 102 + 4 102 j > correcto Otra forma de comprobacin: S R = P + Q j = 300 + SL= P + Q j = SC = P + Q j = 0j(

0 + 900 j 0 - 500 j

Segn boucherot: S = S R+ S L+ S C = 300 + 400 j > correctoS R= 300 A I = 10 - 53,13 S C= - 500 j S L = 900 j

U = 50 0

B SAB= 300 +400 j = U I* = 500 53,13

7 - 23

Ejemplo: Dado el circuito de la figura determinar1) Factor de potencia entre A y B. 2) Potencia aparente dada por la fuente.

A

180 0

3 0

9 90

5 -90

BSolucin: La impedancia equivalente entre A y B ser: 1 ZAB 1 ZR 1 ZL 1 ZC 1 *0 3 *0 1 *0 9 * 90 1 *0 5 * &90 1 * 14,93 2,899

'

%

%

'

%

%

'

ZAB ' 2,899 * &14,93 Y por tanto, el fasor de la intensidad valdr: UAB ZAB 180 * 0 2,899 * &14,93

I AB '

'

' 62,097 * 14,93 ' 60 % 16 j

A I = 62,1 14,93 U = 180 0 ZAB 2,899 -14,93 =

BSiendo el factor de potencia el coseno del ngulo que hay entre la tensin y la intensidad, f.d.p.AB = cos(-14,93) = 0,966 ( Capacitivo) y la potencia aparente el producto del valor de la tensin por la intensidad, S = U I = 180 62,1 = 11177, 4 VA 7 - 24

Comprobacin: Al tratarse de tres elementos pasivos en paralelo se puede calcular el valor de IAB a partir de las intensidades que circulan por cada uno de los elementos: IR ' UR ZR UL ZL UC ZC ' 180 * 0 3 * 0 180 * 0 9 * 90 180 * 0 5 * &90 ' 60 * 0 ' 60 % 0 j

IL '

'

' 20 * &90 ' 0 & 20 j

IC '

'

' 36 * 90 ' 0 % 36 j

I AB ' I R %I L % I C ' 60 % 16 j' 62,097 * 14,93 > Correcto Otra forma de comprobacin: Determinando la potencia compleja entre A y B S R = P + Q j = U2/R + SL= P + Q j = SC = P + Q j = 0 0 0j = 10800 + 0 0 0j

+ U2/XL j = - U2/XC j =

+ 3600 j - 6480 j

Segn Boucherot: S = S R + S L + S C = 10800 - 2880 j = 11177,406 * &14,93 por lo que S = 11177,4 VA y f.d.p.AB = cos(-14,93) = 0,966 > Correcto

A I = 62,1 14,93 U = 180 0 S R= 10800 S L = 3600 j S C= -6480 j

B SAB= 10800 -2880 j = U I* = 11177,4 -14,93

7 - 25

7.5.- CORRECCIN DEL FACTOR DE POTENCIA La mayora de los receptores elctricos son predominantemente inductivos y, por tanto, la intensidad est retrasada un ngulo n respecto a la tensin aplicada, por lo que la potencia reactiva de estos es positiva. Un receptor elctrico o dipolo elctrico es un centro de consumo (fbrica, taller, explotacin agrcola, vivienda, etc.). Tipos de receptores mas comunes: Receptores electrotrmicos: Productores de calor Productores de Luz Motores elctricos Resistencias calefaccin: Lmparas de incandescencia: Lmparas de descarga: Potencia mecnica en el eje (CV). Factor de potencia: Rendimiento mecnico: Potencia absorbida por el motorP ' 736 P m

Cos n = 1 Cos n = 1 Cos n = 0,8 Pm Cos n = 0,85 = 0'9 P

P ' U I cos n ' R I 2 ' Z cos (n) I 2 Z ' P I cos n2

Al proyectar una instalacin, es aconsejable disearla con equipos adecuados para que el factor de potencia sea lo ms prximo a la unidad, o si la instalacin existe, es conveniente intentar corregir el factor de potencia. La principal razn es la econmica. Supongamos, por ejemplo, un generador diseado para unos valores de U e I, al que se le conecta un receptor a travs de una lnea segn el esquema de la figura siguiente.Z CD= R CD + X CD j = Z CD A ZG + EG U AB I Z L= R L+ X L j P L= R L I2

CD

C R CD U CD X CD

CD >0C. INDUCTIVO

GENERADOR

B

LINEA L Km

D

RECEPTOR

7 - 26

La diferencia de potencial entre los conductores de la linea nos determina el aislamiento de esta y la intensidad que circula por ella nos servir para calcular la seccin de esta linea. Si se tiene que transferir un potencia determinada desde la fuente (red de distribucin) al dipolo pasivo o receptor (centro de consumo) se puede realizar con un factor de potencia (cos n) pequeo o alto; Ya que el receptor consumir una potencia aparente (VA) que tiene dos componentes una activa y otra reactiva. Solamente la activa, P, es la que aprovecha el receptor para transformarla en la mayora de los casos en energa trmica o mecnica. Mientras que la potencia inductiva Q (Var), representa un bombeo de energa necesaria para el propio funcionamiento del receptor, que no nos da ninguna energa til y si repercute en aumentar la potencia aparente que tenemos que transportar a travs de la linea. Como sabemos, la potencia a transferir al receptor (ver ilustracin anterior) tiene por expresin: PCD = UCD I cos nCD, por lo que la intensidad consumida ser: I' P CD UCD cos nCD

Para una misma potencia P a transferir y tensin fija, cuanto menor sea cos n mayor resultara el valor de I. Este aumento de I al disminuir cos n significa que : La compaa suministradora tiene su red ineficazmente utilizada y necesita mayor seccin de conductor en sus lineas de distribucin por su mayor demanda de I para transferir una misma potencia. Si la seccin esta fijada hay una disminucin de la intensidad disponible para otros usuarios ya que se encuentra limitada a un valor mximo definido por las secciones de los conductores de la linea y el generador. Por tanto, el aprovechamiento de las instalaciones generadoras y de transmisin de energa elctrica depende de los receptores. Hay un aumento de perdidas por efecto Joule en los conductores de las lneas y en el generador. PP = RG I2 + RL I2

De todo esto se deriva la necesidad de corregir el factor de potencia (f.d.p.) de un centro de consumo con tendencia a que cos n =1. Para compensar a los centros de consumo que tienen una alto factor de potencia las tarifas elctricas vigentes establecen bonificaciones y recargos en funcin del factor de potencia, deducido de acuerdo con los consumos de energa activa y reactiva que reflejan los 7 - 27

contadores correspondientes al equipo de medida del abonado, intentando de esta forma que los abonados corrijan su factor de potencia de forma que se puedan aprovechar adecuadamente la seccin de las lineas de distribucin, ya que si se corrige individualmente cada receptor se corrige el f.d.p. del conjunto. El factor de potencia se determina por la ecuacin cos n ' siendo: Wa2 2

Wa % Wr Wa = energa activa consumida en KWh Wr = energa reactiva consumida en KVArh Los recargos y bonificaciones se calculan por las siguientes formulas: 1 $ cos n > 0,95 0,95 $ cos n > 0,9 1 $ cos n > 0,95 Kr (%) ' Kr(%) = 0 Kr (%) ' 26,16 cos2 n & 36 37,026 cos2 n & 41,026

con un mximo del 50,7% de recargo La aplicacin de estas ecuaciones, para determinados valores concretos de cos n, da los recargos y bonificaciones siguientes: Cos n 1 0,95 0,9 0,8 0,7 0,6 0,58 Recargo (%) --------------0 9,6 % 23,5 % 45 % 50,7% % ------------------------------Bonificacin (%) 4% 0% 0%

Se puede observar en la tabla que una instalacin con f.d.p. alto (mayor de 0,95), tendr bonificacin en la factura elctrica y un f.d.p. bajo (menor de 0,9) tendr penalizacin, la cual, por ejemplo, para un f.d.p de 0,58 es del 50,7 % de ms que tendr que pagar el abonado.

7 - 28

Maneras de corregir el factor de potencia Si tenemos un receptor inductivo, la potencia aparente consumida tendr una componente activa y otra componente reactiva de carcter inductivo, si queremos que cos n se acerque a la unidad tendremos que intentar anular la componente inductiva con otra componente de semejante valor y signo contrario, o sea una componente reactiva por lo que se pondr una batera de condensadores en paralelo con el receptor (nunca en serie con la carga pues ocasionara un aumento de la corriente, efecto que es precisamente el que se trata de evitar). La potencia reactiva final nunca podr ser capacitiva, segn el REBT-2002.

Ii U

Circuito Pasivo cos Z i

Sii

Qi

P

Ii If U IC Circuito Pasivo cos Z i

Qi Sff

QC

Qf

PQi = P tg ni Qf = P tg nf (1)

QC ' Qi & Qf ' P (tg ni& tg nf) Por otra parte Q C ' X C I 2 C ' U IC ' U U ' U2 C 1/C

(2)

igualando (1) y (2) 7 - 29

U 2 C ' P (tg ni& tg nf) podemos despejar C P U2

C '

(tg ni& tg nf)

(3)

Otra forma de calcular la capacidad:

Ii If U I C Circuito Pasivo cos Z i

U

iI i

fIf

IC

IC ' Ii sen (ni) & Ii cos (ni) tg (nf) IC ' j C U *I C * ' C U

Ii sen (ni)& cos (ni) tg (nf) ' C U C ' Ii [sen (ni)& cos (ni) tg (nf)] U (4)

En el caso, mucho menos frecuente, de que el desfase a corregir entre u e i se debiera a la presencia de una impedancia capacitiva se procedera de la misma forma a la ya expuesta.

7 - 30

7.6.- MEDIDA DE LA POTENCIA EN CORRIENTE ALTERNA. En corriente alterna tenemos tres tipos de potencia: Potencia Activa, Reactiva y Aparente. Dependiendo de las necesidades de cada caso ser necesario medir una potencia u otra, o las tres. Para la medida de la Potencia Activa se utiliza un aparato llamado Vatmetro, para la Potencia Aparente bastar con medir la tensin y la intensidad, mientras que la Potencia Reactiva se puede medir directamente con un Varmetro o indirectamente midiendo la Potencia Activa y la Potencia Aparente y efectuando operaciones. Los aparatos de medida se representan por un circulo en los esquemas elctricos y dentro de este circulo se sita una letra que nos da la magnitud que estamos midiendo.

Vatmetro Medida de la potencia activa:

Varmetro

Fasmetro

Los vatmetros ms empleados utilizan el sistema de medida electrodinmico, o sea fundados en la mutua accin de dos bobinas recorridas por corriente distinta. Una de las bobinas es de hilo grueso y tiene pocas espiras por lo que la resistencia de esta es muy pequea y se denomina bobina amperimtrica. La otra bobina tiene un gran nmero de espiras y se llama bobina voltimtrica. El vatmetro, marca en una escala convenientemente graduada, un valor que corresponde al producto del valor eficaz de la tensin que hay aplicada en los bornes de la bobina voltimtrica por el valor eficaz de la intensidad de la corriente que pasa por la bobina amperimtrica y por el coseno del desfase que hay entre estas dos seales. [ W ] ' U I cos nBOBINA AMPERIMETRICA I U + + BOBINA VOLTIMETRICA Circuito Pasivo Z = R + Xj P = U I Cos

7 - 31

Si colocamos el vatmetro como viene reflejado en la figura estamos midiendo directamente la potencia activa P consumida por el receptor. Ejemplo:

2

45

+ +

W Circuito Pasivo Z = R + Xj P = R I2 P = U I Cos

220

0

[ W ] = 220 2 cos (45 - 0) = 311 W. Medida de la potencia reactiva con varmetro:

Un varmetro (tambin conocido como varmetro) es un aparato parecido al vatmetro solo que en la escala graduada marca U I sen n y si lo montamos como viene reflejado en la figura la lectura de este nos dar la potencia reactiva del receptor: Q = U I sen n+ + VAr Circuito Pasivo Z = R + Xj P = U I Cos Q = U I sen

I U

-

Medida de potencias con voltmetro, ampermetro y vatmetro:

El mtodo ms sencillo para conocer la potencia Activa, Reactiva y Aparente de un circuito monofsico es utilizar el montaje de la figura:

7 - 32

I U

+ +

W

A Circuito Pasivo V Z = R + Xj P = U I Cos

Las lecturas de cada aparato en este circuito son: [ V ] (Voltmetro): Tensin Eficaz (U) [ A ] (Ampermetro): Intensidad eficaz (I) [ W ] (Vatmetro): Potencia activa (P = U I cos n) Con estos valores se puede calcular la potencia aparente, S = U I, consumida por el receptor, el factor de potencia, como el cociente entre la lectura del vatmetro y el producto de las lecturas del voltmetro y ampermetro: cos n ' [W] [A][V]

y la potencia reactiva mediante la expresin: Q' S 2 & P 2 ' S sen n

7 - 33

PROBLEMADado el circuito elctrico de la figura, alimentado a una tensin de 100 V y 60 Hz. Calcular: 1.2.3.4.Indicaciones de los aparatos de medida conectados al circuito. Las caractersticas de las impedancias equivalente al circuito. Potencia reactiva y aparente total. Capacidad de la batera de condensadores, que mejora el factor de potencia de la instalacin hasta la Unidad.

A

W A1 A2 A3

A

100 V 60 Hz

R 1 =5

R 2 =5

R 3 =8

L=0.004 H B

C =160 F 2

C =220 F 3

Solucin: 1.Vamos a calcular, en primer lugar, la impedancia de cada rama. Z1 ' R1 % L j ' 5 % 0,04 120 j ' 5 % 15,08 j ' 15,88 * 71,65 Z2 ' R2 & Z3 ' R3 & 1 1 j'5& j ' 5 & 16,61 j ' 17,34 * &73,24 C 160 10&6 120 1 1 j'8& j ' 8 & 12,05 j ' 14,46 * & 56,42 C 220 10&6 120

Tomamos como origen de fases el vector UAB ' 100* 0

7 - 34

I1 '

100* 0 15,88 * 71,65

'

U Z1

' 6,297* &71,65 A

A 100 V 60 Hz B

y el ampermetro indica: A1= 6,297 A. 100 * 0 17,34 * & 73,24 100 * 0 14,46 * & 56,42

I2 '

' 5,77 * 73,24

A2= 5,77 A.

I3 '

' 6,92 * 56,42

A3= 6,42 A.

Aplicando el primer lema de Kirchhoff:

I T ' I1 % I2 % I3

I T ' 6,297 * & 71,65 % 5,77 * 73,24 % 6,92 * 56,42 ' 9,17 * 35,41 A. El circuito equivalente entre A y B es capacitivo. El ampermetro A indica: A= 9,17 A. Se puede observar que: A A1 % A2 % A3 * I T* * I 1* % *I 2* % * I 3*

El vatmetro marcar: W= U I cos n = 100 9,17 cos ( - 35,41) = = 100 9,17 0,81 = 747,38 W

2.-

La impedancia equivalente del circuito ser: 7 - 35

ZT '

U IT

'

100 * 0 9,17 * 35,41

' 10,905 * & 35,41 ' 8,878 & 6,32 j

Tenemos una resistencia de 8,9

en serie con una reactancia capacitiva de 6,32 .

A

A R=8,878 Z T =8,9 - 6,32 j -6,32 j

B

B

Otra forma de hallar la impedancia total: 1 Zeq 1 Z1 1 Z2 1 Z3

'

%

%

Zeq ' 10,91 * & 35,41 igual que antes.

3.-

Potencia activa: P = U I cos n = 100 9,17 cos ( - 35,41) = 747,38 W. Potencia reactiva: Q = U I sen n = 100 9,17 sen ( - 35,41) = - 531,33 VAr. Potencia aparente: S ' 747,38 & 531,33 j ' P % Q j 747,382 % 531,332 ' 917 VA.

S'

P = 743,38 W

= - 35,27Q = -531,3 VA r S = 917 VA

7 - 36

Como comprobacin: P = R I2 = 8,9 9,172 = 747,38 W. Q = X I2 = 6,3 9,172 = 531,4 VAr. S = U I = 100 9,17 = 917 VA. o tambin: ST ' U I ' 100 * & 0 9,17 ' 917 * & 35,41 ' 747,38 % 531,4 j 4.Puesto que el circuito ya es capacitivo, no se puede mejorar el factor de potencia colocando un condensador, por el contrario habra que poner una bobina o grupo de bobinas en paralelo. Del triangulo de potencias: Q' U2 1002 ' P (tg n & tgn) ) ' ' 747,38 (tg (& 35,41) & tg 0) L 120 L(

Y por tanto L = 0,05 H.

I'

IL L

I ZT

7 - 37

PROBLEMAADada la impedancia: Z1 ' 3 % 4j , de la figura, alimentada a tensin alterna U = 100 V y f = 50 Hz, estudiar diferentes maneras de corregir su factor de potencia hasta alcanzar cos nT = 0,8 , haciendo algn comentario sobre sus distintas caractersticas.

3

4j

B

I UFigura 1

SOLUCINa) Capacidad en PARALELO.

La impedancia compleja equivalente entre A y B de la figura n 2 ser:

1 ZAB

'

1 Z1

%

1 Z2

y sabiendo que la admitancia compleja es la inversa de la impedancia compleja: Y ' 1/Z Tendremos que la admitancia compleja del conjunto Z1 mas la impedancia de la capacidad buscada ser: Y T ' Y AB '3 4j I A IT C I2 U U= 100 0 1

1 3&4j 3 % j(25 C- 4) %jC' %jC' . 3%4j 25 25

B IT

A ZAB

B

Figura 2. El argumento de la impedancia compleja total nos da el desfase entre la tensin y la intensidad, por lo que si Cos(nT) debe ser 0,8 se deber cumplir que Tg(nT) = - 3/4 y por tanto habr de verificarse que: & 3 25 C & 4 ' 4 3 o sea: 7 - 38 100 C = 7 de donde:

C'

7 7 ' ' 0,000222816 F = 222,816 F 100 10.000

Los valores de las intensidades de las corrientes son ahora: 3 & 4j ' 4(3&4j) ' 20*& 50,18o con lo que I1 = 20 A. 25 7 100 ' 7j ' 7*90o I2'IC'jCU'j con lo que IC = 7 A. 100 e IT = 15 A. I ' I % I ' 12 & 16j % 7j ' 3(4 & 3j) ' 15*& 36,87o I 1 ' U Y 1 ' 100 T 1 2

El diagrama de intensidades correspondiente se puede ver en la figura inferior.

S

jQ 1 S T

Q (-j) 2 1 I jQ T 0 2 U AB

1P Q (-j) 2

T

1I

T

T I 2

I Triangulo de potencias

1

Diagrama de tensiones e intensidades

Se podra haber procedido a base de la potencia absorbida por la impedancia dada. P ' I 21 R ' 202 3 ' 1.200 W. y entonces: P(tg n1 & tg n2) U2

1.200 '

C'

4 3 & 3 44

100 10

'

7 104

' 0,000222816 F.

Como puede observarse la correccin del factor de potencia mediante una capacidad en paralelo: No modifica la tensin en bornes de la impedancia (UAB = 100 V). No aumenta el consumo de energa.

7 - 39

La intensidad de la corriente que ha de proporcionar la fuente de tensin disminuye (pasa de 20 a 15 A). Eventualmente se puede conseguir que nT = 0 (correccin total del factor de potencia). En tal caso, la intensidad de la corriente suministrada por la fuente de tensin sera la ms pequea posible, es decir: 3 ' 12 A. 25

IMIN ' 100

S

1

jQ1

1

Q (-j) 2

I

2 I T UAB

jQ P =ST Q (-j) 2

T = 0 VAr

1

I1 Triangulo de potencias

I2

Diagrama de tensiones e intensidades

b) Resistencia en PARALELO. En este caso la admitancia entre A y B del conjunto formado por la impedancia dada y la resistencia R (ver figura siguiente) sera:

Y T ' Y AB ' En consecuencia:

1 1 3 & 4j 1 3R % 25 & 4j R % ' % ' . 3 % 4j R 25 R 25R 3 4R '& 4 3R % 25 75 ' 10,71 7

tg nT ' &

o sea: 9 R + 75 = 16 R de donde: R '

Las intensidades de las corrientes de rama y total sern ahora: 7 - 40

I1 ' U Y 1 ' 100

1 ' 4 (3 & 4j) ' 20 *&53,13o 3 % 4j

e I1 = 20 A .

I 2 ' I R ' 100

1 28 o ' *0 75 3 7

e

IR '

28 ' 9,33 A. 3

IT ' I 1 % I 2 ' 12 & 16j %

28 64 &48j 16 (4 & 3j) 80 *& 36,87o ' ' ' 3 3 3 3

Con lo cual: IT '

80 ' 26,67 A. 33 I1 4j

A R I T I 2

B

U

El diagrama de intensidades se representa en la figura siguiente:0 AB

1

T

I I1

T

I

A base del empleo de potencias absorbidas se tendra:

7 - 41

S

1 S T

j Q

1

j Q

T

= j Q

1

0

1

T P 1 1 + P 2

P

R

P2

P

P1 ' I 21 R1 ' 40 3 ' 1.200 W. Q1 ' P1 tg n1 con lo que: y Q2 ' 0 y por tanto:

(P1 % P2) tg n2 ' P1 tg n1

P2 ' P R ' P1

tg n1 & tg n2 tg n2

4 3 & 3 4 2.800 ' ' 1.200 W 3 3 4 1002 300 75 ' ' ' 10,71 28 3 2.800 3

Como: R = U2 / PR se verificar: R '

coincidiendo con

el valor antes calculado. Con este tipo de correccin del factor de potencia no vara la tensin UAB en los bornes de la impedancia (UAB = 100 V). Hay consumo de energa en el elemento corrector. En el caso presente: 2.800 PR 3 7 ' ' 0,777 ' P1 1.200 9 Aumenta la intensidad de la corriente proporcionada por la fuente. Pasa en este supuesto de 20 a 26,67 A. Mediante resistencias conectadas en paralelo a una carga dada, no puede llegarse a obtener correccin total ( nT = 0 ). 7 - 42

c) Capacidad en SERIE. La impedancia total del nuevo elemento constituido al conectar a la impedancia dada una capacidad C en serie con ella (figura siguiente) es la siguiente:

Z AD ' Z T ' 3 % 4j &

j 1 '3%j 4& C C

Para que se verifique que: tg n2 = 3/4 se habr de verificar: 4& 1 C 3 4 7 y por tanto:

3 ' 4 o sea: 9 ' 16 & C' 4 C

de donde: C '

4 4 ' ' 0,0018189 F ' 1.818,91 F 7 700

El valor de la intensidad en la corriente ser ahora: 100 3 % 4j &j 7 4 400 400 (12- 9j) 16 80 ' ' (4 & 3j) ' * & 36,87o 12 % 9j 225 3 3

I' '

'

Siendo, por tanto I = 26,67 A. La tensin en los bornes de la carga U AB ser: U AB ' I Z AB ' 16 16 400 (4 & 3j)(3 % 4j) ' (24 % 7j) ' * 16,26o 3 3 3 7 - 43

con lo que

UAB = 133,33 V.

La tensin en los bornes del condensador U BD ser: U BD ' & j I 7 16 28 140 '&j (4 & 3j) ' & (3 % 4j) ' * & 126,87o C 4 3 3 3

y por tanto

UBD = 46,67 V. Como comprobacin: 16 28 1 (24 & 7j) & (3 % 4j) ' (384 % 112j & 84 & 112j) ' 100 * 0o 3 3 3

U AB % U BD '

UAD = 100 V. El diagrama de tensiones e intensidades para este caso se representa en la figura n 9:

La potencia absorbida por la carga (3 + 4 j ) ser: P ' I 2 R ' 80 32

3'

6.400 ' 2.133,3 W 3

en tanto que la potencia absorbida sin la conexin del condensador ser: P = 202 3 = 1200 W Como consecuencia de los resultados obtenidos se puede observar: Al disminuir el mdulo de Z T ' Z AD aumenta el valor de I ' U . ZT

En este caso la intensidad de la corriente en la carga pasa de 20 a 26,67 A. El valor de la capacidad es mayor que la correspondiente al apartado a).

7 - 44

-

La potencia absorbida por la carga aumenta como consecuencia del incremento de la intensidad de la corriente. En el supuesto considerado se produce una diferencia de 433,33 W.

-

No hay consumo de energa en el elemento corrector. Puede alcanzarse nT = 0. En este caso la intensidad de la corriente en la carga sera la mayor posible: IMAX = 100/3 = 33,3 A

d) Resistencia en SERIE. La impedancia total del conjunto (figura siguiente) de la carga inicial Z AB ' 3 % 4j y de la resistencia R utilizada como elemento corrector del factor de potencia de la carga ser:

Z 1 ' Z AD ' 3 % 4j % R El ngulo nT de la carga corregida ser tal que: tg n2 ' En consecuencia: 16 = 9 + 3R y R' 7 3 ' 2,33 4 3 ' 3%R 4 .

La intensidad de la corriente que recorre la carga valdr: I) ' 100 Z1 100 3 % 4j % 7 3 100 300 ' ' 3(4 & 3j) ' 15 * & 36,87o 16 16 % 12j % 4j 3

'

'

I = 15 A. La tensin en bornes de la carga U AB tendr por valor: U AB ' I' Z AB ' 3(4 & 3j) (3 % 4j) ' 3(24 % 7j) ' 75 * 16,26o 7 - 45 y UAB = 75 V .

La tensin en los bornes de la resistencia utilizada como correctora del factor de potencia ser: U BD ' I' Z BD ' 3(4 & 3j) Como comprobacin: U AB % U BD ' 3(24 % 7j) % 7(4 & 3j)= 72 % 21j % 28 & 21j ' 100 *0o El diagrama de corrientes y de tensiones correspondiente a este supuesto puede verse en la figura siguiente: 7 ' 7(4 & 3j) ' 35 *- 36,87o y UBD = 35 V. 3

La potencia absorbida por la carga valdr: P1 ' I 2 R1 ' 152 3 ' 675 W La potencia absorbida por la resistencia correctora del factor de potencia ser por su parte: PR = 152 7/3 = 525 W, ello equivale a que se invertira: 525/675 100 = 77,7 % de la potencia til en la correccin hasta 0,8 del factor de potencia de la carga. - Como consecuencia del aumento de Z1 = ZAB (de 5 a 6,67 ) la intensidad de la corriente disminuye (de 20 pasa a 15 A). - La tensin en bornes de la carga ( U AB ' I Z AB ) disminuye por efecto de la disminucin de la intensidad de la corriente. - La potencia absorbida por la carga disminuye asimismo pasando de 1.200 a 675 W. - La correccin del factor de potencia no sera econmica con este mtodo ya que, como se ha visto, se invertira el 77,7 % de la potencia til en la indicada mejora del cos n de la carga. - No puede llegarse en ningn caso a la correccin total (cos nT = 1).

7 - 46