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Tema 7

POTENCIA EN CIRCUITOS

MONOFÁSICOSMONOFÁSICOS

Tema 7: POTENCIA EN CIRCUITOS MONOFÁSICOS

7.1.- Potencia instantánea, 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. Triángulo de Potencias.

7.3.- Potencia Compleja.

7.4.- Teorema de Boucherot.7.4.- Teorema de Boucherot.

7.5.- Corrección del factor de potencia.

7.6.- Medida de la potencia en corriente alterna.

u

A

Dipolo pasivo

iAB

u(t) = 2 U sen (ωωωωt)

i(t) = 2 I sen (ωωωωt - ϕϕϕϕ)


Potencia Instantánea de un dipolo pasivo:

Excitación:

Respuesta:uAB

B

pasivo i(t) = 2 I sen (ωωωωt - ϕϕϕϕ)

p(t) = 2 U I sen (ωωωωt) sen (ωωωωt - ϕϕϕϕ)

Respuesta:

Potencia Instantánea:

Si p(t) > 0 absorbe

Si p(t) < 0 suministraSi p(t) < 0 suministra

Sabiendo que : sen(a) sen(b) = 0,5 ( cos(a-b) – cos(a+b) )

p(t) = U I cos ϕϕϕϕ - UI cos (2ωωωωt - ϕϕϕϕ)Potencia Instantánea:

u

A

Dipolo pasivo

iAB


i(t) = 2 I sen (ωωωωt - ϕϕϕϕ)


Potencia Media un dipolo pasivo:

Excitación:

Respuesta:uAB

B

pasivo i(t) = 2 I sen (ωωωωt - ϕϕϕϕ)Respuesta:


Constante Puramente FluctuanteConstante

ϕ=== ∫ CosIUdt)t(pT1

PPT

0medPotencia Media:

Puramente Fluctuante

Potencia Activa, Real o vedadera

u


Constante Puramente Fluctuante

u

t>0t<0

tω t

up

p



u

p

ϕUI=P cos

t>0t<0

ω tt



Sabiendo que : cos(a-b) = cos(a) cos(b) + sen(a) sen(b)

p(t) = P (1 - cos( 2ωωωωt ) ) - Q sen(2ωωωωt)Potencia Instantánea:

P= U I cos ϕϕϕϕ Q= U I sen ϕϕϕϕDonde: y

p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)




Sabiendo que : cos(a-b) = cos(a) cos(b) + sen(a) sen(b)

p(t) = P (1 - cos( 2ωωωωt ) ) - Q sen(2ωωωωt)Potencia Instantánea:

Fluctuante (+,-)Fluctuante (+)


Valor máximo:

Valor mínimo:

Valor medio:

2 P0

P

Q

- Q

0

t

P (1 + sen (2 t - / 2 ))

2P

ω π

t

i = 2 I sen t - )(

- Q sen ( 2 t )Q

ω ϕ

ωω t

u = 2 U sen t

i = -ω

ω

t

ω t

p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)Potencia Instantánea:

Fluctuante (+,-)


Fluctuante (+)

Resistencia:Resistencia:

uAB

A

B

iABR


i(t) = 2 I sen (ωωωωt)

P = UI cos(0) = UI=RI2= U2/R

ϕϕϕϕ =0Desfase

Q= U I sen(0)= 0


U=I R

p

p

ui

t

P = UI

i

ω

t > 0

u

i

0t <

p(t) = P (1 + sen(2ωωωωt - ππππ/2))

p(t) = P (1 + sen(2ωωωωt - ππππ/2)) = P(1-cos(2ωωωωt))


Resistencia:

La energía consumida por R en un tiempo t será:

)t2(sen2UI

tUI

dt))t2cos(1(UIWt

0R ωω

ωω

ω −=−= ∫

1UIUIUI))t2(sen

21

t(UI

)t2(sen2UI

tUI

WR ω−ωω

=ωω

−ωω

=

w(t)

UI

ω

-2

sen ωt2ω t

p(t) = P (1 + sen(2ωωωωt - ππππ/2))

ω ω t

t

-1

sen 2 t

ωω

))t2(sen21

t(UI

WR ω−ωω

=


Fluctuante (+,-)


Fluctuante (+)

Bobina:Bobina:

uAB

A

B

iABL


i(t) = 2 I sen (ωωωωt-ππππ/2)

P = U I cos(ππππ/2) = 0

ϕϕϕϕ =ππππ/2Desfase

Q = UI sen(ππππ/2) = UI == I2 (Lωωωω)=U2/(Lωωωω)


U=I Lωωωω

p= UI

u

Q

= L I2

=

ω

i

p(t) = - UI sen(2ωωωωt)Bobina:

t

= L Iω

ω

i

t > 0

u

0t <

i

11


Bobina:

La variación de energía almacenada por L entre dos instantes será:

p(t) = - UI sen(2ωωωωt)

=−= )t(Li21

)t(Li21

W 02

121t

0t

)2

t(senLI)2

t(senLIW 022

1221t

0tπ

−ω−π

−ω=

Si consideramos un instante t , en el cual la

)2

t(senLIW 1221t

0tπ

−ω=

Si consideramos un instante t0, en el cual la energía almacenada en ese instante es cero:

2IL21

W =

pp

w

)2

t(senLIW 1221t

0tπ

−ω=Bobina:

p(t) = - UI sen(2ωωωωt)

2IL21

W =

t

L I2

1

2

2IL

w

w

ω tω


Fluctuante (+,-)


Fluctuante (+)

Condensador:Condensador:

uAB

A

B

iABC


i(t) = 2 I sen (ωωωωt+ππππ/2)

P = U I cos(-ππππ/2) = 0

ϕϕϕϕ =-ππππ/2Desfase

B

Q = UI sen(-ππππ/2) = - UI


U=I/(ωωωωC)

p

= UIu

p

u

i Q = C U2

=ω

p(t) = UI sen(2ωωωωt)Condensador:

t

= UIu

i

i Q

I 2

C

=

=

C U =ω

ω

ω

t > 00t <U=I/(ωωωωC)

11


Condensador

La variación de energía almacenada por L entre dos instantes será:

p(t) = UI sen(2ωωωωt)

=−= )t(Cu21

)t(Cu21

W 02

121t

0t

)t(senCU)t(senCUW 022

1221t

0t ωω −=

Si consideramos un instante t , en el cual la

)t(senCUW 1221t

0t ω=

Si consideramos un instante t0, en el cual la energía almacenada en ese instante es cero:

2UC21

W =

)t(senCUW 1221t

0t ω=Condes.:

p(t) = UI sen(2ωωωωt)

2UC21

W =

wp

t

C U21

2

p

w

ω

CU2

tω

Resumen

p(t) = P(1+sen(2ωωωωt- ππππ/2)) – Q sen(2ωωωωt)

P = U I cos (ϕϕϕϕ) Q = U I sen (ϕϕϕϕ)

p(t) = P(1+sen(2ωωωωt- ππππ/2)) – Q sen(2ωωωωt)p(t) = P(1+sen(2ωωωωt- ππππ/2)) – Q sen(2ωωωωt)

P = U I = RI2 = U2/R Q = 0

L


P = 0 Q = U I = XI2 = U2/X = L ωωωω I2 (+)

R


C P = 0 Q = U I = XI2 = U2/X = ωωωωC U2 (-)

Resumen

p(t) = P(1+sen(2ωωωωt- ππππ/2)) – Q sen(2ωωωωt)P = U I cos (ϕϕϕϕ)Q = U I sen (ϕϕϕϕ)

P = U I

Q = 0R

SI NOP = R I2Q = 0

L

P = 0

Q = U I

R

C

P = 0Q = - U I

SI

SI

NO

NO

Q = X I2

Q = X I2

R R

CL

P = U I cos (ϕϕϕϕ)

Q = U I sen (ϕϕϕϕ)

Z = R ± Xj

P = R I2

Resistencia Reactancia

Q = X I2

7.2.- Potencia activa, Potencia reactiva y potencia aparente.

Triangulo de potencias.

u

R

Z = R - X C j

<0 0>

+ jXR=Z

R

u

L

ϕ ϕ

ii

u

X C

C. CAPACITIVO C. INDUCTIVO

<0 0>

X

u

L

ϕ ϕ

p(t) = P(1+sen(2ωωωωt- ππππ/2)) – Q sen(2ωωωωt)Potencia Instantánea:

Z R XR X

Potencia activa:

Factor de potencia:

Potencia reactiva:

Potencia aparente:


Q = U I sen (ϕϕϕϕ)

cos (ϕϕϕϕ)

S = U I VA

VAr

W

ϕϕϕϕS Q

Triangulo de potencias:


U I sen (ϕϕϕϕ)

0>

+ jXR=Z

R

U

L

ϕ

I

= Z ϕ

Q= UI sen

(VAr)

S = UI

(V A)

ϕ

RU

C. INDUCTIVO

X LP = UI cos

(VAr)

(W)

ϕ

ϕL

UX

Triangulo de potenciasTriangulo de

Impedancia

Z

R

I=U XL

I=U R

I = U

X

Z

R

X

Z

R

L X L

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

I =U I

U senI

UI

I=2

2

2

X

S=

=

= Qϕϕ ϕ

ϕ

ϕ

0<

- jXR=Z

R

U

C

ϕ

I

= Z ϕ

Q

P

= UI sen

= UI cos

(VAr)

(W)

ϕ

ϕ

ϕ

RU

C. CAPACITIVO

X C

(VAr)S = UI

( VA)C

UX


Impedancia

R R I RI2

=U R I=UI cos =PϕR

X C

Z

R I

X C I=UU=Z I

RI =U R I=UI cos =P

X C I =U X I=

= U I sen =

= Q

2

C

CX

IZ

US=

I=2

ϕ ϕ ϕ

ϕ

ϕ

I = 23 -53,13I=I

A AU

Z

Ejemplo 1: Determinar el balance de potencias correspondiente a una impedancia Z = 6 + 8 j excitada

con una tensión alterna senoidal de valor eficaz 230 V.

Z = 10 53,13

B

U = 230 0

I

XL = 8 Ω

R = 6 Ω

B

= 23 -53,13

U

I

Z

Z

= 6 + 8j

Ejemplo 1: Determinar el balance de potencias correspondiente a una impedancia Z = 6 + 8 j excitada

con una tensión alterna senoidal de valor eficaz 230 V.

IR = 6 Ω

= 23 -53,13I=I

A AU

Z

xIZ

= 1

0 Ω

xI

= 5

290

VA

U =

Z I23

0 V

S =

Z I

2

Z = 10 53,13

B

U = 230 0

XL = 8 ΩB

UZ = 6 + 8j

53,13º

Impedancia

Triangulo de

R = 6 Ω

Z =

10 Ω

X = 8 ΩL

53,13º53,13º


Tensiones

= R I = 138 VUR

2R

= 5

290

VA

U=

U =

Z I23

0 V

SS

= Z

I

2= X IQ

= 4232 VAr

L L

P = R I = 3174 W

U =XL L I

LU 189 V=

Ejemplo 2: Determinar el balance de potencias correspondiente a una impedancia Z = 3 - 4 j excitada con

una tensión alterna senoidal de valor eficaz 50 V.

3 Ω10 A

43Z = j- = 5

P = 50 x 10 x Cos (53,1) = 300 W

(W)

- 53,1

=P ϕUI cos

53,1 (-)

C. CAPACITIVO

Impedancia

Triangulo de

30 V 3 Ω

50 V

40 V 4 Ω

Triangulo de potencias

S = 50 x 10 =

= 500 VA

S = U I

ϕ = 53,1º

Q=50x10xSen (53,1) =

= 400 VAr

Q= UI ϕsen

U

Z = 5 Ω

4 Ω

53,1 (-)

Impedancia

P = R I = 300 W

40 V

=

50 VU=U = Z I

=

X C IS = Z I

UX C = 500 VA2

S

= R I = 30 VR

53,1 (-) 53,1 (-)

2

QC = X I

= 400 VAr

2

R = 3 Ω

7.3.- Potencia compleja.

Potencia aparente expresada en forma compleja.

ϕϕϕϕS

Qϕϕϕϕ

SQ ϕϕϕϕS = P + Q j =S =ϕϕϕϕ


P

ϕϕϕϕ

Potencia complejaP = UI ϕϕϕϕ

7.3.- Potencia compleja.

Potencia aparente expresada en forma compleja.

ϕϕϕϕS

Qϕϕϕϕ

SQ ϕϕϕϕS = P + Q j =S =ϕϕϕϕ


P

ϕϕϕϕ

Potencia complejaP

S = UI

S = U I ???

αααα

Circuito inductivo

U = U

αααα-ϕϕϕϕI = IS = U I = UI 2 αααα - ϕϕϕϕ

= UI ϕϕϕϕ

S = U I ??? αααα-ϕϕϕϕI = I

S = U I* = UI ϕϕϕϕ-(αααα-ϕϕϕϕ) I* = I

S = U I*

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 circuito y la potencia reactiva es igualmente la

suma de las potencias reactivas absorbidas o

cedidas por sus elementos"

QQ ∑=KPP ∑=KQQ ∑= La potencia aparente será:

2K

2K )Q()P(S ∑∑ +=


I

Z 1 Z 2 Z 31 2 3ϕ ϕ ϕ

Ejemplo: Circuito Serie

QQ ∑=KPP ∑=

I

UU U U

1Z 2Z 3Z

=++== *I)UUU(*IUS321 ZZZ

KQQ ∑=

321332211 SSSSSS ++=ϕ+ϕ+ϕ=

=++= *IU*IU*IU321 ZZZ


Ejemplo: Circuito Serie

I

Z 1 Z 2 Z 31 2 3ϕ ϕ ϕ

QQ ∑=KPP ∑=

=++=+= 321 SSSQjPS

= (P +Q j)+ (P +Q j)+ (P +Q j)=

I

UU U U

1Z 2Z 3ZKQQ ∑=

= (P1+Q1j)+ (P2+Q2j)+ (P3+Q3j)=

= (P1+P2+P3)+(Q1+Q2+Q3)j


Ejemplo: Circuito Paralelo

I

U

I1 I 2 I 3

Z Z Zϕ ϕ ϕ QQ ∑=KPP ∑=

=++== )III(U*IUS *3

*2

*1

U Z 1 1 Z 2 2 Z 3 3ϕ ϕ ϕ KQQ ∑=

321332211 SSSSSS ++=ϕ+ϕ+ϕ=

=++= *3

*2

*1 IUIUIU


Ejemplo: Circuito Paralelo

I

U

I1 I 2 I 3

Z Z Zϕ ϕ ϕ QQ ∑=KPP ∑=

=++=+= 321 SSSQjPS

= (P +Q j)+ (P +Q j)+ (P +Q j)=

U Z 1 1 Z 2 2 Z 3 3ϕ ϕ ϕ KQQ ∑=

= (P1+Q1j)+ (P2+Q2j)+ (P3+Q3j)=

= (P1+P2+P3)+(Q1+Q2+Q3)j

L = 0,09 HR = 3 Ohm


Ejemplo: Dado el circuito de la figura determinar :- Intensidad y potencia instantánea dada por la fuente

- Potencia compleja entre A y B

Solución:

A

L = 0,09 H

= 2 mFC

R = 3 Ohm

u(t)

i(t)909ZL =03ZR =

905Z −=050U =

B

Nota: u(t) = 2 50 sen (100t)

905ZC −=050UAB =


Ejemplo: Dado el circuito de la figura determinar :- Intensidad y potencia instantánea dada por la fuente

- Potencia compleja entre A y B

Z = 9 j Z = 3 R L

Solución:

A

Z = - 5 jU = 50

R L

C0

I = 10 - 53,13

B

º13,535j43ZZZZ CLRAB =+=++=

050UAB =

13,5310Z

UI

AB

ABAB −==

A

B

Z = 3 + 5 jU = 50 0

I = 10 - 53,13

AB

Intensidad temporal:

i(t) = 10 sen (100t – 53,13º)2

B

Potencia instantánea dada por la fuente:

p(t) = P ( 1 + sen ( 2ωωωωt - π/2 ) – Q sen ( 2ωωωωt )

donde :

P = U I cos(φ) = 50 ×××× 10 cos (53,13) = 300 W

Q = U I sen (φ) = 50 ×××× 10 sen (53,13) = 400 VAr

ωωωω =100 rad/sg

por lo que:

p(t) = 300 ( 1 + sen ( 200t - π/2 ) – 400 sen ( 200t ) W

A

B

Z = 3 + 5 jU = 50 0

I = 10 - 53,13

AB

P=U I cos(φ)= 50××××10 cos (53,13)= 300 WB

Q=U I sen(φ)= 50××××10 sen (53,13)= 400 VAr

j40030013,5350013,5310º050*IUS ++++========++++××××========

La potencia compleja entre A y B será:

La potencia aparente valdrá: S = 500 VA

j104103IXIRj400300jQPS 2222 ×+×=+=+=+=

Comprobación:

A

S = 900 j

S = - 500 j

S = 300

U = 50

R L

C0

I = 10 - 53,13 KQQ ∑=KPP ∑=

Otra forma de comprobación: 300jQPSR =+=

B

C

S = 300 +400 jAB = U • I* = 500 53,13

Otra forma de comprobación: 300jQPSR =+=

j900jQPSL =+=

j500jQPSC −=+=

13,53500j400300SSSS CLR =+=++=

Teorema de

Boucherot:

Distribución de energía eléctrica:

Sistemas monofásicos UN = 230 V

Sistemas trifásicos UN = 230 V, 400 V

7.5.- Sistemas Monofásicos.

Receptor

A C

U

IAB ICDTHZ+

Centro de Consumo

Línea de transporte

L metros

DB

UAB UCD

Z

THU

+Generador

L metros


A

U

IABTHZ+

B

UAB

Z

THU

+Generador

S (KVA)

UAB = 230 VUAB = 230 V

f = 50 Hz


A

U

IABTHZ+

B

UAB

THZ

THU

+

S (KVA)

UAB = 230 VUAB = 230 V

f = 50 Hz


Receptor

A C

U

IAB ICDTHZ+

Centro de Consumo


L metros

DB

UAB UCD

THZ

THU

+

S (KVA)

UAB = 230 V L metrosUAB = 230 V

f = 50 Hz


A C

U

IAB ICDTHZ+

Receptor


L metros

DB

UAB UCD

THZ

THU

+CZ

S (KVA)

UAB = 230 V

PN (W)

UN = 230 VL metrosUAB = 230 V

f = 50 Hz

UN = 230 V

f = 50 Hz

f.d.p cos ϕϕϕϕ


C

ICD

Receptor

D

UCDCZ

PN (W)

UN = 230 VUN = 230 V

f = 50 Hz

f.d.p cos ϕϕϕϕ

Principales receptores monofásicos: Lámparas

Lámparas Incandescentes:

A B

Símbolo de la Lámpara Incendescente

A B

PL (W)

UN

Dipolo equivalente de la lámpara incandescente

R

A

BA B

UN

Lámparas de descarga:

Principales receptores monofásicos: Lámparas

PL (W)

UNf

cos ϕϕϕϕ =0,85

IL = P/(U cos ϕϕϕϕ)

ZL = UN/IL

ϕ= LL ZZ

A B

R L

Esquema equivalente

Principales receptores monofásicos: Motores eléctricos

Pe = 736 Pm / ηηηη (W)

IM = P/(U cos ϕϕϕϕ)

Z = U /I

Pm (CV)

UNf

ηηηη

Motor monofásico

ZM = UN/IMϕ= MM ZZ

ηηηη

cos ϕϕϕϕ

jXRZZ +=ϕ=

Símbolo del motor eléctrico

Dipolo equivalente del motor eléctrico

R L

jXRZZ LMM +=ϕ=

Conexión de receptores monofásicos: EN PARALELO

L1

L2

UN


L1

L2

UN

I1

111 ZZ ϕ=


L1

L2

UN

I1 I2

111 ZZ ϕ= 222 ZZ ϕ=


L1

L2

UN

I1 I2 I3

111 ZZ ϕ= 222 ZZ ϕ= 333 ZZ ϕ=


L1

L2

UN

I1 I2 I3

111 ZZ ϕ= 222 ZZ ϕ= 333 ZZ ϕ=

P1

Q1

P2

Q2

P3

Q3


L1

L2

UN

I1 I2 I3

ST = U IT

111 ZZ ϕ= 222 ZZ ϕ= 333 ZZ ϕ=

P1

Q1

P2

Q2

P3

Q3

PT = P1 + P2 + P3

QT = Q1 + Q2 + Q3

2T

2TT QPS +=

Circuito Paralelo

I I1 I 2 I 3


L1I

U

I1 I 2 I 3

Z 1 1 Z 2 2Z 3 3ϕ ϕ ϕ

L2


C

ICD

Receptor

D

UCDCZ

PT (W)

UN = 230 VUN = 230 V

f = 50 Hz

f.d.p cos ϕϕϕϕ


A C

U

IAB ICDTHZ+

Receptor


L metros

DB

UAB UCD

THZ

THU

+CZ

S (KVA)

UAB = 230 V

PT (W)


f = 50 Hz

UN = 230 V

f = 50 Hz

f.d.p cos ϕϕϕϕ


A C

U

IAB ICDTHZ+ LZ

Receptor


L metros

DB

UAB UCD

THZ

THU

+ LZ

LZ

S (KVA)

UAB = 230 V

CZ

PT (W)


f = 50 Hz

UN = 230 V

f = 50 Hz

f.d.p cos ϕϕϕϕPL = 2 RLI2

QL = 2 XLI2

7.5.- CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA

A-B C-D

Sistema de distribución de la energía: Aparecen dos entidades que en teoría de circuitos no aparecen.

G RA-B C-D

Generador ReceptorP

QS = UAB IAB

Entidad Suministradora de energía Entidad Compradora de energía

Punto de medición de la energía entregada


0>

+ jXR=Z

R

ϕ

I

= Z ϕ

+

Z G

A C

CD

CDCD CD CD CD

RZ =L

X j+L L

RPL L= I

2

RECEPTOR

0>

XCD

ϕABU

+

E G

B D

U CD

C. INDUCTIVO

GENERADOR LINEA

RPL L= I

CD

L Km


0>

+ jXR=Z

R

ϕ

I

= Z ϕ

+

Z G

A C

CD

CDCD CD CD CD

RZ =L

X j+L L

RPL L= I

2

RECEPTOR

0>

XCD

ϕABU

+

E G

B D

U CD

C. INDUCTIVO

GENERADOR LINEA

RPL L= I

CD

P = U I Cos ϕϕϕϕL Km PCD = UCD I Cos ϕϕϕϕCD

CDCD

CD

cosUP

Iϕ

=

Para una misma P y U fija¿ Cuanto puedo disminuir la I ?

¿ Es interesante disminuir I ?

PL = 2 RLI2


C

U

ICDCZ

Receptor

Para una misma P y U fija:

D

UCDCZ

Disminución de la Cos ϕϕϕϕ intensidad

CDCD

CD

cosUP

Iϕ

=

Para una misma P y U fija:

Cos ϕϕϕϕ intensidad

0,5 0,9 44,4%

0,75 0,9 16,6%


2r

2a

a

WW

Wcos

+=ϕ C

U

ICDCZ

Receptor

Wa = energía activa

D

UCDCZWa = energía activa

consumida en KWhWr = energía reactiva

consumida en KVArh

Los recargos y bonificaciones se calculan por la formula:

2117

(%)Kr −=Cos ϕ Recargo Bonificación

21cos17

(%)Kr 2 −=ϕ

1 ----- 4%

0,9 0 ------

0,8 5,6% ------

0,6 26,2% ------

0,5 47% ------

ReceptorP

f.d.p. sin corregir

I

Generador Receptor

S = UAB IAB

P

Q

S (KVA)

UAB = 230 V

f = 50 Hz

P = 4 CV

UN = 230 V

f = 50 Hz

f.d.p = 0,6

ηηηη= 0,9813ηηηη= 0,9813

S =1,5 KVA 6,8 A 300 ε

S = 3,3 KVA 15 A 500 ε

S = 5,5 KVA 25 A 1500 ε

U= 230 V P = 3000 W

Q = 4000 VAr

S= 5000 VA

I = 21,7 A

ReceptorP

f.d.p. corregido

I

Generador Receptor

S = UAB IAB

P

Q = 0

S (KVA)

UAB = 230 V

f = 50 Hz

P = 4 CV

UN = 230 V

f = 50 Hz

f.d.p = 1

ηηηη= 0,9813ηηηη= 0,9813

U= 230 V P = 3000 W

Q = 0 VAr

S= 3000 VA

I = 13 A

S =1,5 KVA 6,8 A 300 ε

S = 3,3 KVA 15 A 500 ε

S = 5,5 KVA 25 A 1500 ε


0>

+ jXR=Z

R

ϕ

I

= Z ϕ

+

Z G

A C

CD

CDCD CD CD CD

RZ =L

X j+L L

RPL L= I

2

RECEPTOR

0>

XCD

ϕABU

+

E G

B D

U CD

C. INDUCTIVO

GENERADOR LINEA

RPL L= I

CD

P = U I Cos ϕϕϕϕL Km PCD = UCD I Cos ϕϕϕϕCD

CDCD

CD

cosUP

Iϕ

=PL = RLI2

QL = XLI2

Para una misma P y U fija


Maneras de corregir el factor de potencia:C

U

IiCZ

Receptor

U

D

UCZ

Ii

CReceptor

D

U

IiCZ

IfU

Ii

Ic

If


C

Ii

Receptor

IfSi

Maneras de corregir el factor de potencia:

Qi = P tg ϕϕϕϕ

D

U

IiCZ

Si

ϕϕϕϕi

P

Qi = P tg ϕϕϕϕi

Q =U2ωωωωC = Q – Q = P tg ϕϕϕϕ – P tg ϕϕϕϕSi

ϕϕϕϕf

P

QC=U2ωωωωC

Qf = P tg ϕϕϕϕf

C= P (tg ϕϕϕϕi – tg ϕϕϕϕf)/(U2ωωωωC)

= Qi – Qf = P tg ϕϕϕϕi – P tg ϕϕϕϕf

Ejercicio: Un motor monofásico tiene las siguientes características:

UN = 230 V, 50 Hz, 10 CV, ηηηη = 0,85 , f.d.p = 0,6.

Calcular el condesandor a conectarle en paralelo para mejorar el

f.d.p. a 0,9 en una red de 220 V.

L1

L2

UN

IM IC

IT

º90ZZ CC −=

10 CVηηηη = 0,85 0,6

Solución: º9019,7ZC −=

C = 442,35 µµµµF

L1

L2

UN

IMIC

IT

31,96 A

62,74 A

10 CV; ηηηη = 0,85 f.d.p= 0,6

º9019,7ZC −=

C = 442,35 µµµµF

22 QPS +=

f.d.p= 0,9

Q= P tg(ϕϕϕϕ)

P

(W)

Q=P tg(ϕ)

(VAR)

S

(VA)

I=S/U

(A)

Z=U/I

(Ω)

ϕ

(º)

fdp

Motor 8658,52 11541,10 14431,37 62,74 3,66 53,13 0,6

Cond. 0,00 -7351,44 7351 31,96 7,19 - 90.00 0,0

Total 8658,52 4193,66 9620 41,83 5,49 25,82 0,9

QPS +=Q= P tg(ϕϕϕϕ)

7.6.- Medida de la potencia y energía en corriente alterna

C

I

ReceptorP Potencia Activa Vatímetro

Q Potencia reactiva Varímetro

S Potencia aparente Tensión e intensidad

U

ICZ

intensidad

Var Cos ϕϕϕϕW

D∫=

1t

0t

1t0t dt)t(pW

Energía: Integradores

Contadores

KVArhKWh

Contador de energía activa (Wh)

Contador de energía reactiva (VArh)

Contador de energía multifunciónKVArh

KWh

C

I

Receptor

Medida de la potencia activa:


D

U

ICZ

P Potencia Activa Vatímetro

W

[ W ] = UCD IAB cos (UCD,ICD)WA B

C

D

+

+

C

I

Receptor

W

Medida de la potencia activa:

I


D

U

ICZ

P Potencia Activa Vatímetro P = U I cos ϕϕϕϕ

U

I

[ W ] = U I cos ϕϕϕϕ

C

I

Receptor

Medida de la potencia reactiva:


D

U

ICZ

Q Potencia Reactiva Varímetro

[ W ] = UCD IAB sen (UCD,ICD)VArA B

C

D

+

+Var

C

I

Receptor

VAr

Medida de la potencia reactiva:

I


D

U

ICZ

Q Potencia Reactiva Varímetro Q = U I sen ϕϕϕϕ

U

I

[ VAr ] = U I sen ϕϕϕϕ = Q

C

I

Receptor

WW A

Medida de potencias con vatímetro, amperímetro, voltímetro:


D

U

ICZ

S Potencia aparente Tensión e intensidad

V

S = U I = [ V ] [ A ]

P = U I cos ϕϕϕϕ = [W][ ][ ][ ]VAW

SP

cos ==ϕ

Q = U I sen ϕϕϕϕ


C

I

Receptor

∫=1t

0t

1t0t dt)t(pW

Medida de la energía: Integradores

Contadores

U

ICZ

D

KVArhKWh

Contador de energía activa (Wh)

Contador de energía reactiva (VArh)

Contador de energía multifunciónKVArh

KWh

C-D

Generador Receptor

S = UAB IAB

Sistema de distribución de la energía: Aparecen dos entidades que en teoría de circuitos no aparecen.


P = UCD ICD Cos ϕϕϕϕ

G RA-B C-D

P

Q

Entidad Suministradora de energía Entidad Compradora Entidad Suministradora de energía Entidad Compradora de energía

Punto de medición de la energía entregada

Se penaliza la demanda Q

Calculando el f.d.p de la instalación

¿Cual es el factor de potencia de una instalación?

L1

L2

UN

I1 I2 I3

Cos ϕϕϕϕT = ST/PT

¿ Cos ϕϕϕϕT ?

111 ZZ ϕ= 222 ZZ ϕ= 333 ZZ ϕ=

P1

Q1

P2

Q2

P3

Q3

PT = P1 + P2 + P3

QT = Q1 + Q2 + Q3

2T

2TT QPS +=

2r

2a

a

WW

Wcos

+=ϕ

Wa = energía activa consumida en KWh

Wr = energía reactiva consumida en KVArh




1 ≥≥≥≥ cos ϕϕϕϕ > 0,95

0,95 ≥≥≥≥ cos ϕϕϕϕ ≥≥≥≥ 0,9 Kr(%) = 0

026,41cos

026,37(%)K 2r −=

ϕ

36cos

16,26(%)K 2r −=

ϕ

0,95 ≥≥≥≥ cos ϕϕϕϕ ≥≥≥≥ 0,9

cos ϕϕϕϕ < 0,9

Kr(%) = 0

Con un máximo del 50,7% de recargo

2r

2a

a

WW

Wcos

+=ϕ

Wa = energía activa consumida en KWh

Wr = energía reactiva consumida en KVArh

Los resultados aplicando la formula son:


Los resultados aplicando la formula son:

Cos ϕϕϕϕ Recargo Bonificación

1 ------ 4%

0,97 ------ 1,7%

0,95 ------ 0%

0,9 ------ 0%

0,8 9,6% -------

0,7 23,5% -------

0,6 45% -------

0,58 50,7% -------

Máximo de recargo: 50,7%

Equipos de medida para facturación Equipos de medida para facturación

NORMAS PARTICULARES Y CONDICIONES TÉCNICAS Y DE SEGURIDAD 2005

La medida de la energía eléctrica se realizará por medio de

contadores, bien sea en forma directa; o bien indirectamente, a

través de transformadores de medida.

Características Generales

La tarifa elegida nos dará los elementos necesarios del

equipo de medidaequipo de medida

Para los clientes que contraten una potencia superior a 15 kW se deberá instalar equipo de medida con contador estático multifunción.

Equipos de medida para facturación

TENSIÓN: Tensión nominal de la red

Tensión actual y futura

INTENSIDAD: Intensidad demandada

DATOS NECESARIOS PARA DEFINIR UN EQUIPO DE MEDIDA

INTENSIDAD: Intensidad demandada

Intensidad actual y futura

FRECUENCIA: 50 Hz.

NÚMERO DE FASES: Las líneas de AT son de 3 hilos (sin hilo de neutro)

Las líneas de BT son de 4 hilos (con hilo de neutro).

POTENCIA CONTRATADA: Potencia solicitada por el peticionario.

CONTROL DE LA POTENCIA: Según escalones de aparatos de controlCONTROL DE LA POTENCIA: Según escalones de aparatos de control

DISCRIMINACION HORARIA: Establece el régimen horario de utilización.


NORMAS PARTICULARES Y CONDICIONES TÉCNICAS Y DE SEGURIDAD 2005


KWh

KVAr

Esquema Unifilar del

equipo de medida en

AT de una instalación

Antigua

Esquema Unifilar del

equipo de medida en

AT

Contador

estático

multifunción

Contador de energia eléctrica Monofasica

PROBLEMAS

Ejercicio: Un motor monofásico tiene las siguientes características:

UN = 220 V, 50 Hz, 2 CV, ηηηη = 0,9 , f.d.p = 0,6.

y esta conectado a un condensador de 200 µµµµF de capacidad. Calcular:

- F.d.p. de potencia de la línea. Indicar su carácter.

- Si queremos reducir el f.d.p a 0,9 (inductivo) podemos tener dos

opciones: A) Disminuir la capacidad. ¿Cuánto?opciones: A) Disminuir la capacidad. ¿Cuánto?

B) Poner algún elemento en paralelo. ¿cual y cuanto valdrá?

L1

L2

UNIT

º90ZZ CC −=

IM IC

L1

L2

UN

IMIC

IT=

13,82 A

12,39 A

8,4 A

2 CV; ηηηη = 0,9 f.d.p= 0,6

º909,15ZC −=

C = 200 µµµµF

22 QPS +=

f.d.p.?

Q= P tg(ϕϕϕϕ) QPS +=Q= P tg(ϕϕϕϕ)

P(W)

Q= P tg()(VAR)

S(VA)

I= S/U(A)

Z= U/I(Ω) (º)

fdp

Motor 1635,56 2180,74 2725,93 12,391 17,755 53,13º 0,600

Cond. 0,000 -3041,06 3041,06 13,823 15,915 -90º 0,0

Total 1635,56 -860,32 1848,02 8,400 26,190 -27,74 0,885

L1

L2

UN

IMIC 6,31 A

12,39 A

IT= 8,2 A

2 CV; ηηηη = 0,9 f.d.p= 0,6

º9085,34ZC −=

C = 91,32 µµµµF

22 QPS +=

f.d.p = 0,9

Q= P tg(ϕϕϕϕ) QPS +=Q= P tg(ϕϕϕϕ)

P

(W)

Q=P tg()

(VAR)

S

(VA)

I=S/U

(A)

Z=U/I

(Ω) (º)

fdp

Motor 1635,56 2180,74 2725,93 12,391 17,755 53,13º 0,600

Cond. 0,000 -1388,61 1388,61 6,312 34,855 -90º 0,000

Total 1635,56 1635,56 792,138 8,260 26,633 25,842º 0,900

L1

L2

UN

IMIC 13,82 A

12,39 A

IL 7,51 A

IT= 8,2 A

2 CV; ηηηη = 0,9 f.d.p= 0,6

º909,15ZC −=

C = 200 µµµµF

22 QPS +=

f.d.p.= 0,9Q= P tg(ϕϕϕϕ)

L = 0,0913 H

P

(W)

Q=P tg()

(VAR)

S

(VA)

I=S/U

(A)

Z=U/I

(Ω) (º)

fdp

(W) (VAR) (VA) (A) (Ω) (º)

Motor 1635,56 2180,74 2725,93 12,391 17,755 53,13º 0,600

Cond. 0,000 -3041,06 3041,06 13,823 15,915 -90º 0,000

Bobina 0,000 1652,547 1652,547 7,512 29,288 90º 0,000

Total 1635,56 1635,56 792,138 8,260 26,633 25,842º 0,900

Ejercicio: En el circuito de la figura, la carga 1 absorbe una potencia de 30 KW. con f.d.p. = 1 y la carga 2 absorbe también 30 KW, pero con un f.d.p. = 0,45 inductivo.

Sabiendo que UA' B' = 1000 V. , se pide:a) Tensión en bornes del generador, UAB.b) F.d.p. entre los bornes A'B'c) F.d.p. entre los bornes AB

A

R=0.5 X=4

A'

Ω Ω

d) Balance de potenciase) Capacidad para que el f.d.p. entre los bornes AB sea la unidad.f) Nuevo valor de la intensidad de la corriente.

B

C

f=50 Hz

R=0.5 X=4

1000 V

B'

1 2

Ω Ω

U ?

Ejercicio : En el circuito de la figura determinar la lectura de los tres vatímetros que hay conectados. Comprobar los resultados.

WA C DW W

10 V

W1A

B

C DW2 W 3

1+j 1+j

-2j

Solución:

W2 = 25 W = RCB I2 = 1 ×××× 52

W3 = 0 W = RDB I2 = 0 ×××× 52

W1 = 50 W = RAB I2 = 2 ×××× 52IAB = UAB / ZAB = 10 / 2 = 5 A

Ejercicio: Dado el circuito de la figura, calcular:- Inductancia de la bobina.- Lectura del voltímetro V.- Lectura del amperímetro A.- Lectura del vatímetro W. Comprobación.

10/9/99. ETSIAM.10/9/99. ETSIAM.

Ejercicio : Dado el esquema de distribución eléctrica de una

instalación de riego donde: ZL = 0,2 + 0,6 j y la potencia

suministrada por el generador entre A y B vale PAB = 1800 W

determinar: a) IL = b) QAB =c) UAB = d) UA’B’=AB A’B’

Para corregir el factor de potencia de un motor monofásico de impedancia equivalente Z1, conectado a una red alterna senoidal, se debe decidir entre uno de los siguientes esquemas:

1Z = R + XjZ = R2 1Z = R + XjZ = Xj2

Esquema a) Esquema b)

Dibujar el diagrama de tensiones e intensidades de los sistemas así como el triangulo de potencias correspondientes.- Ventajas e inconvenientes de los diferentes esquemas.- Si se desea llegar a un factor de potencia determinado, ϕϕϕϕ, cuanto debe valer Z2.

04/09/01. ETSIAM.

Dado el circuito de la figura, en el que :uAN = 311,127 sen (314 t + ππππ/2) VuBN = 311,127 sen (314 t) VL = 0,1 H , C = 200 µF y R = 50 ΩΩΩΩ

Calcular:- Las intensidades temporales: iL , i2 , i3 , iL , iC e iR .- Lectura de los vatímetros : W1 , W2 y W3 .-Potencia media total dada por las fuentes de tensión. Comprobación.-Potencia media total dada por las fuentes de tensión. Comprobación.- Potencia instantánea dada por las fuentes de tensión.

Abril 1996

L

W2

u AN

1i

i 2

i L i R

A

N

C

R

W1

W3

u BN

2

i3

i C

N

B

Problema M-2: Una lámpara de incandescencia de 110 V, 40 W se conecta a una tensión de 240 V, 50 Hz en serie con un condensador adecuado para que la lámpara trabaje a su tensión NOMINAL.

a) Determinar la capacidad del condensador que se debe utilizar y el f.d.p. del circuito. dibujar el diagrama vectorial de tensiones y corrientes.

b) Suponiendo que el flujo luminoso sea directamente proporcional a la potencia eléctrica absorbida por la lámpara calcular en que proporción aumentará o se reducirá dicho flujo luminoso si se duplica la capacidad del condensador antes hallada. Dibujar el nuevo diagrama de tensiones y corrientes.

UR = 110 VISolución:

UR=110 V

UC= 213,3 V

240 V

240 V

I=40/110 AZR ZC= UC / IC

I=0,364 A

UC

UC

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