13.1 Acoplamiento en serie de bobinas y resistencias

(J
c)
(J
¡
e,
I
c)
(.4)
(J
13.1Acoplamiento
enserie
debobinas
y resistencias
En la prácticaes difícil encontrarcircuitosque seanexclu_
sivamenteinductivos,ya que para la fabricaciónde las bobi_
nas se utilizan hilos metálicosconductores(normalmentede
cobre)con una ciertaresistencia.Estetipo rJecircuitoses muy
común,como es el casode los motores,circuitosde aranqué
en las lámparasfluorescentes,
contactores,electroiman"r.ét..
En la Figura I 3. I se ha representado
el circuito equivalen_
te de una bobina real, que en estecaso estáfbrmado Dor una
resistenciade valor óhmico R conectadaen serie .nn unu
bobina pura de reactanciaXr..
13
Los voltímetrosV* y V' nos indican respectivamentelas
tensionesque aparecenen la resitenciay la bobina.Se puede
comprobarexperimentalmente
que en amboscasosse cumple
la ley de Ohm paracorrientealterna,de lo que se cleduceque:
Vn=RI
Vl=X.l
Dado que se trata de un circuito serie. cabría pensarque
la lectura del voltímetro V que inclicala tensióntotal apliia_
da, tendríaque ser la suma de las lecturasde los voltímetros
* Vr.Al hacerla experienciacomprobamos
que estarela_
Yry
ción no se cumple.¿,Cuáles la explicación?
En realidadsí se cumple que la tensióntotal aplicadaal cir_
cuito es igual a la suma de la tensionesque aparecenen la
resistenciay la bobina,pero de forma vectorial:
--) -)
--)
V=V*+V,.
Hay que pensarque la bobina procluceun desf-ase
en las
magnitudeseléctricasque hace que estastensionesno varíen
al mismo tiempo,por 1oque para sumarlashabráque conocer
su situaciónen el diagrarnavectorial.
Figura
13.1.
Circuito
se¡ie
R-[.
Si a este circuito le conectamosuna serie de aparatosde
medida,tal como se muestraen la Figura 13.2 y iplicamos
una tensiónalternaal conjunto,se obtienenlas siguientescon_
clusiones:
Paraque el diagramavectorial seamás fácil cleinteruretar
vamos a tomar como referenciala intensidad,ya que é.staes
común a los dos receptores.para ello situamosel véctor I con
un ángulo de cero grados,tal como se muestraen la Figura
r3.3.
.f3.3.
Figura.
Diagrama
vectorial
deuncircuito
R_1.
Dado que la resistencia
óhmicano provocaningúntipo cle
desfase,dibujamosen el diagramavectorial la caída de ten_
sión V* en fasecon la intensidadde corriente.
Figura
13.2
- Dado que se trata de un circuito serie,
apareceuna única
coniente I por el circuito que queda retlejaáaen el amperí_
metro A. El valor de estacoriente dependede la combinaiión
de los valoresde R y Xr, de tal forma que, cuanro mayores
s e a né s t o sm
, e n o re s l a c o r r i e n t e .
La combinaciónde los efectoslimitadoresde la corriente
producidospor la resistenciay la bobina se le conocepor el
nombrede impedanciay se representapor laletraZ.
Paradeterminarel valor de la corrienteen el circuito ahora
aplicamosla ley de Ohm de estamanera:
l=
V
Z
124
Una bobina provoca un retrasode 90,, clela corrienteres_
pectode la tensión.Como hemosdibujadoa la conienteen el
ángulo cero, habrá que situar el vector de la tensión en la
bobina V, adelantadorespectoa la rnismaun ángulo de 90o.
Una vez situadoscorrectamenteen el diaqramalos vecto_
resde tensión,la tensióndel conjuntoV la obtenemoshacien_
do la sunra vectorial de V* y Vr. Si se observael resultado
obtenidopodemoscontprobarqué la tensiónV <luecla
adelan_
tada un ángulo m respectode la coriente.
Dicho de otra manera: en un circuito R_L la corriente
que.daretrasadaun ángulo q respectoclela tensión,que ya no
es 90n como en el caso de la bobina pura. El valoi dé este
ángulodependeráde los valoresclela resistencia
respectode
la bobina.Así, por ejemplo,si en un circuitoes muchbmavor
la resistenciaque la reactanciade la bobinaesteánguloserá
pequeño.Al contrario, si predomina la re¿rctancia
inductiva
sobre la resistenciael ángulo alcanzarávalores próximos a
los 90o.
@ ITP-PqaautNro
qJ
6J
(J
I
13,1,1
Triángulo
detensiones
Observandoel diagramavectorialde la Figura 13.3detectamos que los vectoresde las tensionestbrman un triángulo
rectángulo,
dondeV es la hipotenusa
y V* y V' los catetos,tal
como semuestraen Ia Figura 13.4.Si aplicamosel teoremade
Pitágorasa estetriángulo podemosobtenerla siguienterelación:
I
É,
Ejemplo: 13.1
El circuito equivalentede la bobinade un contactores el
que se representaen la Figura 13.7.El circuito constade
una resistenciade 20 ohmios y de una bobina pura con un
coeficientede autoinducciónde 50 milihenrios.Se trata de
averiguarlos valoresdeZ, I, e, Vn y V. si aplicamosuna
tensiónsenoidalde l2-5voltios y 50 hertzios.Dibujar el
diagramavectorial de V e I.
.s¿
(u
(-a)
q
(J
V=125V
f=50H2
R=20o
VR
13
L=50mH
tigura13.4.
Triángulo
detensiones.
Figura
13.7
13.1.2Triángulo
deimpedancias
Vamos a expresaren el triángulo de tensioneslas relacionesde la ley de Ohm, tal como se muestraen lii Figura 13.5.
Si ahoradividimos cada uno de los lados de este triáneulo
entre la intensidadI, común a toclo ellos. obtendremoiel
triángulode impedancias
que se muestraen la Figura 13.6.
S o l u c i ó nX
: t - = 2 n f L = 2 . n . 5 0 . 0 , 0 5= 1 5 , 7Q
t _
= 25.4Q
Z='tlR2+ X; =1,1202
+ 15.12
l-
v
l?s
='-' =J.9.A,
z
25,1
Vn=RI=20.4,9=98V
V r = X ' I = 1 5 , 7' 4 , 9= 1 6 , 9 Y
Vn=R'l
Figura13.5
tgQ--r
x,
15.1
R20
quele corespondeun ángulo<pde 38"
El ángulode desfase
esde 38oderetrasode Ia corriente
respectode la tensión,tal comose ha representado
en el
diagrama
vectorialcorrespondiente
en la Figura13.8.
Figura
13.6.Triángulo
deimpedancias.
V r = 7 6 , 9V
Con el triángulo de impedanciaspodemosobtenerel valor
de la impedanciaZ
Paradeterminarel ángulo<pde desf-ase
entreV e I se puede
utilizarla relacióntrigonométrica
de la tangente:
13.1.3
Potencia
enuncircuito
R. L
XL
.5Y-
R
Una vez obtenidala tangente,medianteunas tablastrigonométricaso una calculadoracientífica,se determinael ángulo que le coresponde.
@ ITP-P¿n,q¡'ttNro
En un circuito con resistenciay bobina se puedeobservar
que existeun consumode energíaeléctricaque se transfbrma
en calor a causade la resistencia
R. Por otro lado,en la bobina se producenconstantescargasy descargasde energíaen
forma de campo electromagnético.Esto da lugar a que en el
mismo circuito coexistandiferentestipos de potenclas:
125
(J
<lJ
(J
I
I
€J
(-)
(J
Potencia activa: Este tipo de potenciaes el que se transfbrmaen caloren la resistencia.
Se puededecirquees la única
potenciaque realmentese consumeen el circuito y por tanto,
es la que debeaportarel generadoral mismo.
Del triángulo de potenciasse deduceque la potenciaapar e n t et a m b i é ne s i g u a la :
p2+e2
E,stapotenciaes la que miden los vatímetrosy en una resistenciase puedecalcularmediantela siguienteexpresión:
(FP)
13,1,4
Factor
depotencia
P=R12
Su unidad de medida es el vatio (W). Para calcular la
potencia activa de cualquier circuito podemos utilizar l a
siguienteexpresión:
Estevalor nos indica la relaciónque existeentrela potencia activav la aoarente:
Fp=
13
P = Vlcosg
P -cosq
S
Potencia reactiva: E,sla potencia con la que se carga y
descargaconstantemente
la bobina. Realmentees una potencia que no se consume,únicamentese intercambiaentre el
generadory la bobrna,haciendofluir una corrienteextra por
los conductoresde alimentación.En una bobina la ootencia
reactivase calculamediantela exoresión:
Si observamosel triángulode potencias(Figura 13.9 c),
comprobamosque el factor de potenciacoincide con el valor
del cosenode q.
De alguna manera el factor de potencia o coseno de rp
(ángulo de desfaseentre V e I) nos indica la cantidadde
potenciaactivaque existeen un circuitorespectoa la potencia total aparente.
Ql=Xl'12
Su unidadde medidaes el volti-amperio-reactivo
(VAR.).
Paracalcularla potenciareactivade cualquiercircuito utilizamos Ia expresión:
Q = VIsenrQ
Potencia aparente: Es la potenciatotal que transportanlos
que alimentanal circuito.Dadoque en un circuiconductores
to R-L existepotenciaactivay reactiva,por los conductores
que alimentana dicho circuito se transportanambaspotencias.Si sumamosvectorialmenteestaspotenciasobtendremos
la potenciaaparente.
Se suelerepresentarpor la letra S y su unidad de medidael
volti-amperio (VA). Para calcular la potencia aparentede
cualquiercircuitoutilizamosla expresión:
Ejemplo: 13.2
Se conectanen serieuna bobina de reactanciainductiva
igual a 20 ohmios con una resistenciade 40 ohmios a una
tensiónde 100 V. Averiguar la potenciaactiva, reactivay
aparentedel circuito, así como el f'actorde potencia.Dibujar el triángulo de potenciasy valorarel significadodel FP
obtenido.
Solución: Con la ayuda del triángulo de impedancias
(véaseFigura 13.10)averiguamosla impedanciadel circuito , el cos g y el ángulo <pde desfaseentreV e l.
Z = ! R 2 + X , 2 = 1 / 4 6 2 + 2 0 2= 1 1 , 1e
R40
cosq--=-=0,89
z
S=VI
44,7
Le correspondeun ángulo g = 2J o.
Triángulo de potencias: A1 igual que hacíamoscon las
tensionese impedancias,
tambiénse puedeconstruirun triángulo que relacionelas trespotenciasque se dan en un circuito de C.A. Si partimos,por ejemplo,del triángulode impedancias(Figura. 13.9 a) y multiplicamosa Ios vectoresdel
mismo por 12 (Figura 13.9 b) obtendremosel triángulo de
potenciasde la Figura 13.9c.
XL=20o
ñ = 4+0usf ¿¿
R
F i g u r1a3 , 1 0
Ahora ya podemoscalcularla intensidad del circuito:
xr.l'
b,
Figura
13.9.Triángulo
depotencias.
126
,v100 __,\
z
44,1
Las dif'erentespotenciasdel circuito,
son:
P = V I c o S( p = 1 0 0. 2 , 2 .0 , 8 9= 1 9 6W
@ ITP-PnnnNtNro
(J
(J
I
Q = V I s e ng 1 0 0 .2 , 2. s e n 2 J=o l 0 0 V A R
S=VI= 100.2,2=220YA
nls.2Acoplamiento
enserie
de
resistencias
v condensadores
<lJ
<D
(t)
q
o = 100vAR
En la Figura 13.13se ha representado
el circuitofbrmado
por una resistencia
en seriecon
de valor óhmicoR conectada
Xa.
un condensado
de reactancia
LJ
P = 1 9 6W
Figura
13.11
En la Figura I 3. I I se ha dibujadoel triángulo de potencias correspondiente.El fhctor de potencia resultantees
0,89, valor que estámás próximo a la unidadque al cero.
Esto nos indica que en el circuito predominala potencia
activa frente a la reactiva.Otra interpretaciónpodría ser la
siguiente:de cada 100 unidadesde potenciaaparente,89
son de potenciaactiva.
Ejemplo: 13.3
Las características
de una lámparaf-luorescente
son las
P = 40 W, V = 220 V cos Q = 0.6. Determinar
siguientes:
la intensidad,la potenciareactivay aparentey el circuito
equivalente.
-
F i g u r a , 1 3C
. 1i r3c, u ist oe r iR
e -C,
Al igual que ocurríacon el circuitoR-L, aquí apareceuna
sola corrienteeléctricaI que quedaIimitada por la impedancia del circuitoZ.
I_
Solucíón:Parael cálculode la intensidadnos valemos
d e l u l ó r m u l ag e n e r l ld e p o t e n c i aa c l i v a :
P
40
=
=0.3A
V c o sq
220.0,6
p=Vlcosg=I=
V
Z
En la resistenciaapareceuna caída de tensiónV* y en el
condensador
V..
Vc = XcI
vn=Rl
El ángulo g que le corespondeal factor de potenciade
0,6 es igual a 53'.
Con estosdatosya podemoscalcularIa potenciareactiva
y aparentede la lámpara.
Q = V I s e nq 2 2 0 . 0 , 3 ' s e n5 3 " = 5 3 V A R
s=vI=220.0,3=66VA
El circuito equivalentede una lámpara fluorescentese
puededibujar como una reactanciainductivay una resrstenciaen serie(Figura 13.12).Paradeterminarlos valores
de R y X' utilizamoslas fiirmulasya conocidas:
p=Rfr=R=
P40
P
Aquí tambiénsecumpleque la tensióntotalaplicadaal circuito es igual a la sumavectorialde las caídasde tensiónque
se dan en la resistencia
v el condensador:
?=7**i.
Paradibujarel diagramavectorial(véaseFigura 13.14)de
estas magnitudeseléctricastenemosen cuenta que la caída
de tensiónV* quedaen fasecon Ia intensidad.Por otro lado,el
condensadorprovoca un adelantode 90o de la corrienterespecto de la tensión.Como hemosdibujadoa la corrienteen el
ángulocero.habráque situarel vectorde la tensiónV. del condensadorretrasadorespectoa la coriente un ángulode 90".
'"
=114e
0.32
Q'
Ql=Xr-12=Xr-=
13
vc
P
=
53
Vp=R
l
=589Q
0,3r
Figura
13.14.
Diagrama
vectorial
deuncircuito
R-C.
/l\
o
tOITP-P,cn,+utr,,tra
Figura13,12
En el diagrama vectorial observamosque la corriente
I quedaadelantada
un ánguloq respectoa la tensión.
127
(J
<lJ
LJ
I
(¡.)
(u
c.a)
De estediagramavectorial se deduceel triángulo de impedanciade la Figura 13.15.Con él ya podemosdeterminarel
r,alor de la impedanciay el del ángulo de desfasepor cualquierade las relacionestrigonométricas.
Solucitin; Xc = ---|
t0ó
=
2nfC
-
|
RO
2.n.50.100
z = VR,+ x?r = 1fi¡o¡+ 3li2 = to5e
(J
fr =-- = - v
_ 2 2 0 -I _rr rt A
z
Figura
13,15.Triángulo
deimpedancias.
13
tgQ=--
x.
105
ñ
v n = R I= 1 0 0 2. , 1 = 2 1 0 Y
V c = X c I = 3 1 , 8 . 2 ,=16 l Y
x3 1 . 8-0,32
tgtp=------r-=
R
100
R
z =lR2+xÉ
Le corresponde
un ánguloe = l'7,'7".
. c o s 1 7 , 7 o= 440W
o
Q = V I s e ng 2 2 0 . 2 , 1 . s e n1 7 , 7 = 140VAR
P=Vlcosq-220.2,1
En cuantoa Ias potenciasque se dan en el circuito, indicar
que en la resistenciase producepotenciaactiva que se transforma en calor. Por otro lado, en el condensadorapareceuna
potenciareactivaprovocadapor las constantescargasy descargasdel mismo. Al dibujar el triángulo de potencias(Figura 13.16) observamosque la potencia reactiva Q6 Queda
invertida,lo que nos indica que éstaposeeun valor negativo
respectoa la potenciareactivaque producenla bobinas.
S=VI=220.2,1 =462YA
FP=cosq-*-
P -
440
" =0.95
s
462
Vn=210V
t = 2 , 1A
Vc=67V
Figura
13,18
Figura
13.16.
Triángulo
depotencias.
Ejemplo: 13.4
En el circuitode la Figura 13.17se muestraun circuito
serieR-C. Averiguar la lecturade los aparatosde medida,
así como la intensidadde la corriente,potencia reactiva,
potencia aparentey el factor de potencia.Dibujar el diagrama vectorialcorrespondiente.
2 2 0 V / 5 0H z
R=100O
C=100¡rF
El ángulo de desfasees de 17,7o de adelanto de la
corriente respectode la tensión, tal como se muestraen
diagramavectorialde la Figura 13.18.
Ejemplo: 13.5
Para evitar que un pequeño soldador para circuitos
impresosde 125 V/100 W se funda al conectarloa una red
de C.A. de 220 V/50 Hz. se le conectaen serie un condensador.Determinarlas característicasde dicho condensador.
Solución:Parahacernosuna idea de cómo resolvereste
problema,primero dibujamosel circuiro (Figura 13.19).
Paraello tenemosen cuentaque el soldadorconstade una
resistencia
R sometidaa una tensiónde 125V y que desamolla una potenciade 100 W.
Con la ayuda del triángulo de tensiones(Figura 13.20)
podemosaveriguarel factor de potencia y la tensión V"
que apareceen el condensador.
Figura13.17
128
@ ITP-Paa,q¡ut¡urc
(J
€J
(J
I
I
220 Vl50 Hz
<¡,)
(u
c.a)
q
(J
r-
Vn=125V
P=100W
Figura
13,21.
Circuito
serie
R-[-C.
Figura
13.1
9
cosQ-
vo
125
v
220
f---:--------:
En la Figura 13.22 se ha dibujado el diagramavectorial
corespondientea este circuito. A1 situar en el diagramalas
caídasde tensión en la bobina y condensador(V¡ y V.) se
observaque éstasquedanen oposición,por lo que la sumavectorial de estastensionesse convierteen una restaaritmética.
=0.57
13
I-
V c = X V z - S = ! 2 2 0 2 -1 2 5 2 =l 8 l V
V n = 1 2 5V
tigura
13.20
Conestosdatosya podemosaveriguarla corrienteeléctrica:
p=VIcosq:+
l=
P
100
=0,8A
V cos<p 220.0,57
Aplicamos la ley de Ohm al condensadorpara determinar su reactanciacapacitrva:
x"- I=0--v.
,8
-
11
X c = _ _ _ _ _ _ -.
2nfC
l8l
=
2nfX,
Vn=RI
Vr=X,_l
V.=X.I
-t--)-+J
= 226e)
C=-
tigura13.22,
Diagrama
vectorial
decircuito
R-[-C.
V=Vn+VL+Vc
106
.= l4pF
2.n.50.226
De estediagramase obtieneel triángulode impedanciasde
la Figura 13.23, donde se observaque las reactanciasde la
bobina y condensadorquedantambiénen oposción
Las características
del condensadorson de 14 uF/l8l V.
Como el condensadorno consumepotencia activa, el
rendimientoalcanzadopor estemétodo para provoca,runa
caídade tensiónen un elementoresistivoes infinitamente
mayor que si hubiésemoscolocadouna resistenciaen serie
con el soldador.
Xr-Xc
13.3Circuitoser¡eR-L-C
En la Figura 13.21hemosconectadoen serieuna resistencia R, una bobina con una reactanciainductiva X, y un condensadorcon una reactanciacapacitivaX..
@ ITP-PtamtNro
Figura
13,23.Triángulo
deimpedancias,
129
(J
q.)
(-,
I
q')
(-a)
O
(J
Para construir el triángulo de impedanciasde la Figura
13.23se ha supuestoque la reactanciainductivaX, es más
grande que la reactanciaX" del condensador.Al obtenerla
impedanciaZ del circuito observamosque los ef-ectosque
pudieraprovocar la reactanciadel condensadorquedancompensadospor la reactanciade la bobina.El resultadoes que el
circuito se comportacomo si únicamentetuvieseuna bobina
de reactancia
igual a (XL - Xc). Del triángulode impedancias
se deduceque:
110 V/60 Hz
tigura13.25
Z_
R2 + (X,-
Solución:
Una vez obtenida la impedanciaya se puede calcular Ia
intensidadde la corrienteeléctrica:
13
[=
Xr=2nf
L=2'n.60.0,04
= 1 5Q
10ó
= l0Q
xc--1
.
2
6
5
2nf C
2.n. 60
V
Z
Al predominar,en este caso,la reactanciainductiva sobre
la capacitiva,se produceun ángulode retraso<pde la corriente respectode la tensión.Paracalcularesteángulonos valemos del triángulo de impedanciasal que aplicamoscualquiera de las funcionestrigonométricasconocidas.
tagg =
Z_
R2 + (X'-
_vilO
=l0A
l=-
z
11
VR=RI=10.10=100V
Xt-X'
R
V'=XrI=15.10=150V
Las potenciasse puedencalcularpor las fórmulasya conocidas.Aquí es importanteobservarque cuandola bobina se
descargade potenciareactiva,parte de la misma sirve para la
cargadel condensador.
En el siguientecuartode ciclo, el condensadordevuelveestapotenciareactivaa la bobina.Si tuvlésemos que dibujar el triángulo de potencias,situaríamosla
potenciareactivadel condensadorQ. en oposicióncon la de
la bobina Q,_.De tal fbrma que su eféctosquedencompensados,tal como se muestraen la Fieura 13.24.
Vc=XcI=10.10=100V
-x^
x,
t9 Q = -------t=----------_
15_10
- 0.5.
R10
le conesponde
un ángulog = 26,6'.
P = V I c o sq - l l 0 . l 0 ' c o s2 6 , 6=" 9 8 4W
Q = V I s e ne - 1 1 0 .1 0 . s e n2 6 , 6 o = 4 9V3A R
S=V.I=110.10=1.100vA
VL=150V
or-oc
Figura
13.24.
Triangulo
depotencias.
Ejemplo: 13.6
Averiguar los valores de Z, I, V*, Vr, V., P, Q, S y el
factor de potencia del circuito serie R-L-C de la Figura
13.25.Dibujarel diagramavectorial.
130
Vc=1ooV
Figura
13.26
@ ITP-Ptaa¡tt¡tro
(J
CIJ
(,
a
É
^ n53!A
5'-''-/
En la Figura 13.26 se muestrael diagramavectorial
correspondienteal circuito. Aquí se observa que la
corrientequedaretrasadaun ángulo de 26,6nrespectoa la
tensión,hechoque nos indica que el circuito es predominantementeinductivo.
.s¿
<¡J
a.t)
o = 326 VAR
q
P = 1 . 0 0w
0
L
(J
Figura
13.28
práctica
13,4lmportancia
delcosrp
Pongamoscomoejemploun motormonofásicode 1.000W
a 220 Y con un cos p - 0,6. Estos datos nos indican que el
motor desarrolla una potencia mecánica equivalente a los
1.000W de potenciaactiva suministradospor la red eléctrica.
Por otro lado, el factor de potenciaestábastantepor debajode
la unidad,1o que nos muestrala presenciade una potencia
reactivaelevadacausadapor el efectode la autoinducciónde
los bobinados.Hay que pensarque la potenciareactivano se
transfbrmaen trabajoútil en el motor, simplementesirve para
generarel campo electromagnético,para luego ser devuelta
al generador.Este trasiegode energíareactivadel generador
al motor y viceversa,haceque la compañíasuministradorade
energíaeléctricatengaque proporcionaruna potenciaaparente por la red eléctricamuy superiora la que realmentese consume.En consecuencia,se produce un aumentode corriente
por los conductoresde la línea que repercutedirectamenteen
los costos de las instalacioneseléctricas propiedad de las
compañías.
En nuestroejemplo (Figura 13.21):
De los datosobtenidosse deduceque el motor produceun
consumode I .000W, peronecesitade un suministrode 1.667
VA por la línea para funcronar.
Si por algún método consiguiésemosmejorar el factor de
potenciahasta,por ejemplo,0,95 obtendríamoslos siguientes
valores(Fisura 13.28):
S_
P
cos g
1.000
= 1.053
VA
0,95
r3
Q = S . s e n 9 = 1 . 0 5 3. 0 , 3 1= 3 2 6 V A R
P
1.000
I-_=_=4.8A
V c o s< p 2 2 0 . 0 , 9 5
De lo que se deduceque al acercarel factor de potenciaa
la unidad obtenemosuna reducciónde corrienteconsiderable.
así como de la potenciaaparentey reactiva.
Paracontrarestarel consumoexcesivode potenciareactiva de carácterinductivo y asíreducir tambiénla potenciaaparente y la corriente por la línea se instalan condensadores
conectadosen paralelocon los receptores,tal como se muestra en la Fieura 13.29.
o = 1.334VAR
'l
Figura
3.29.Corrección
delfactordepotencia
mediante
condensadores.
P= 1 . 0 0 0
w
Figura'13.27
P
1.000
s-_=_=1.667VA
cose
0,6
. 0 , 8= 1 . 3 3 4 V A R
Q = S . s e ng - 1 . 6 6 7
I-_
P
1.000
V cosrp 220.0,6
@ ITP-PanmtNro
='7,6A
Los condensadores
compensanparte de la potenciareactiva de las bobinas.Hay que pensarque en el instanteen que Ias
bobinas descargansu energíareactiva,los condensadores
se
cargancon la misma. En el siguientecuartode ciclo, los condensadoresdevuelvenesta energíaacumuladaa las bobinas
para que puedan desarrollarlos campos electromagnéticos.
De estaforma se evita que parte de la energíareactivade las
bobinastengaque fluir constantemente
por los conductoresde
la línea, desdeel generadorhastalas mismasy viceversa.
Las compañíaseléctricasno facturan la energíareactiva,
pero exige que los consumidorestrabajen con un factor de
potenciacercanoa la unidad(en torno a cos e = 0,9). Paraello
disponende equiposde medida para determinarel FP medio
utilizado duranteel períodode facturación.Dado que la energía reactivano se cobra.lo que se hacees aplicar un recargo
en el precio de KWh consumidoa los clientesque trabajen
con un FP por debaiodel recomendado.
131
(J
(J
a
e
4)
c,
at)
a
(J
En resumen,con la mejoradel FP se consiguereducirla
potenciaaparentede la red sin modificar la potenciaactiva,lo
que trae consigo una reducciónde l¿rintensidadde corriente
por la línea de suministrode energía.Ello aportaconsiderables ventajas,como son: reducci(tnde la secciónde los conductoresen la línea,reducciónde la caíclade tensión,y reducción de las pérdidasde potenciaen los conductores.
En los dos triángulosde potenciaque se obtienense cumple que:
rgq=
P
tg g' =
13.5Corrección
delfactor
depotencia
mediante
coñdensadores
13
Las instalaciones
industrialessuelenutilizar normalmente
receptoresde tipo inductivo, como por ejemplo, motores,
lámparas de descarga (fluorescentes,vapor de mercurio,
vapor de sodio,etc),transfbrmadores,
electroimanes,
etc. Para
compensarla energíareactivaproducidapor estoselementos
utilizaremosun condensador(o varios) acopladosen batería,
de tal fbrma que el cosenode <pfinal obtenidoseapróximo a
la unidad.
Parael cálculo de la potenciareactivade estos condensadoreso de su capacidadvamosa utilizarel siguienteejemplo.
Se tratade mejorarel factor de potenciade un motor monofásico de 1.000W220 V con un factorde potenciade 0,6 hasta
conseguirun factorde potenciade 0,95.Paraello conectamos
un condensadorde potencia reactiva Qq y capacidadC en
paralelocon el motor,tal como se muestraen la Figura 13.29.
La soluciónde esteproblemacomienzacon la búsquedade
la potencia reactiva Q6, eue deber¿iposeer el condensador
parapasarde un factor de potenciade 0,6 a 0,95. Paraello nos
vamos a valer del triángulo de potenciasque hemosdibujado
e n l a F i g u r a1 3 . 3 0 .
Q
Q'
de donde:Q' =P tg <p(II)
de donde: Q' = P tgrp' (lll)
P
Sustituyendo
las ecuaciones
II y III en la ecuaciónI obtenemosla expresiónfinal:
Qc=P.rge-P.tg<p'
Calcularemosahora la potenciareactivaque es necesario
que tenga la bateríade condensadores
para corregir el FP de
nuestroejemplo:
El ánguloq que le corresponde
al cos 0,6 es 53o.
El ángulotp'que le corresponde
al cos 0,95 es 18o.
Qt =P tgq-Ptgp'=
I .000. tg 53o- 1.000. tg 18"= 1.002VAR
Paradeterminarla capacidaddel condensadory la corriente eléctricaque lo alimenta,tenemosen cuentaque el condensadorestáacopladodirectamentea la red a una tensiónde
220 Y y con una potenciareactivade I .002 VAR, tal como se
muestraen la Figura 13.31.En estecaso se cumple que la
potenciareactiva del condensadores igual a:
v = 220v
Oc=1002VAR
Figura
13.31
Q. = V I.,
v
Figura
13.30.
Triángulo
depotencias
enlamejora
delfactordepotencias.
Llamamos<pal ángulo que correspondeal factor de potencia inicial de 0,6 y <p'al ángulo del factor de potenciaque
deseamos
obtenerde 0,95.Q es la potenciareactivainicial del
motor,al que le tenemosque restarla potenciareactivaQ" del
condensador.
Una vez mejorado el f'actor de potencia obtenemosuna
potenciareactivareducida:
Q ' = Q - Q . , d e d o n d eQ . = Q - Q ' ( l )
132
- l'002 = 4,55A
de donde Ic = 3r
220
Una vez averiguadala corrienteque t'luyehaciael condensador,si aplicamosla ley de Ohm para C.A. entre sus extremos, podremosaveriguarla reactanciacapacitivadel mismo:
I.=
V
xc
dedonde X.=
v
lc
-
220
=48,35f)
4,55
La capacidadcorrespondiente
al condensadorparauna frecuenciade 50 Hz es igual a:
@ ITP-PnaaNtNro
(J
€J
(J
I
I
l0b
= 66 lrF
2.n.50.48,3-5
Ieu.,o=r.7
'
P
=
Vcosq
É
.9
15.000
=5-i'6A
400.0,7
<lJ
<t)
es:
después
demejorarel factordepotencla
La corriente
de 66 pF a 220
E,nci¡nclusión,se necesitaun condensador
de I KVAR. En el casode no ser
V con un¿rpotenciare¿rctiva
con un sólo condensaposibleconseguirestascarilcterísticas
dor. se recurre ¿rl acoplamientode varios condensadores,
dandocomo resultadouna bateríade condensadores.
Ejemplo: 13.7
En una instalaciónindustrialse rnide un factor de potenpara
cia de 0,7. Dimensionarla bateríade condensadores
mejorarel f¿rctorde potenciahasta0,9. Los datosde dicha
potencia instalada l5 KW
instalaciónson los sigr-rientes:
fiecuencia50 Hz. tensiónentrefases400 V. Calculartambién la corrienteeléctricapor la línea antesy despuésde
mejorae
r l f t r e l o dr e p o t e n c i a .
Solución:Primerodeterminamosla potenciareactivade
paracorregirel fhctor de potenIa bateríade condensadores
cia de 0,7 a 0,9:
P
.
i...ro 0..t=-
=
V cosq'
.=
(J
15.000
-r-..,.r
400. 0,9
Tipos
13.5.1
decompensación
reactiva
delaenergía
La compensaciónde energíareactiva se lleva siempre a
en paralelocon
cabo mediantela conexiónde condensadores
la cargaa compensar.En una instalacióneléctricacon muchas
cargasde carácterinductivo se puede llevar esta compensación de dos formas dif-erentes:
r3
a) Compensaciónindividual: Se conectaun condensador
en paralelo con cada carga inductiva a compensar(Figura
r3.32).
al cos 0,7 es 45,6u.
El ánguloq que le corresponde
al cos 0,9 es 25,8".
El ángulog' que le corresponde
Qc=PtgtP Ptgq'=
1 5 . 0 0 0. t g 4 5 , 6 ' 1 5 . 0 0 0' r g 2 - 5 , 8 ' =8 . 0 6 6V A R
estáacopladadirectaComo la bateríade condensadores
mentea la red a una tensiónde ,100V y con una potencia
reactivade 8.066VAR, la corrientepor la mismerseráigual a:
t.=- !L
8.066
=-=l\lA
400
El conocimientodel valor de estacorrientees importante
para dimensionarlos conductoresque alimentana la bateasí como para seleccionarlas protecría de condensadores,
cionesy dispositivosde control.
La reactanciacapacitivadel condensadorseráentonces:
400
XC
individual
depotencia
reacliva.
13,32.
Figura
Compensación
=2()Q
b) Compensacióncentral: Se conectauna gran bateríade
en paralelocon la línea generalpara compencondensadores
sar la potenciareactivade todo el conjunto de la instalación
eléctrica(Figura 13.33).Como la potenciareactivaü compensar de la instalación depende de las cargas que estén
conectadasen cadamomento,se hacenecesariola utilización
que seancapacesde
de bateríasautomáticasde condensadores
gruposde condensaconectary desconectarescalonadamente
clores.Al dispositivoque es capazde medir en todo momento
el FP de la instalacióny conectaautomáticamentelos condensadoresnecesarios,se Ie conocepor el nombrede regulad o r d e p o t e n c i ar e a e t i v a .
20
I,,
La capacidaclcorrespondienteal condensadorpara una
fiecuenciade 50 Hz es igutrl a:
C=
I
2nfX.
=
l0ó
2 . n . 5 0. 2 0
= 159ttF
son:
de la bateríade condensadores
Las características
l59pF-400V 8KVAR.
La corrienteantesde mejorarel tactorde potenciaes:
pi ITP-P,+n,¿¡,tntr¡
reactiva
mediante
batería
central
depotencia
Figura
13.33.
Compensación
decondensadores.
automática
individualresultamuy costosay se utiliLa compensación
paralámparasde descarga(se les incorza fundamentalmente
pora el condensadordirectamenteen el equipo de arranquey
133
t-
q.)
(J
se las conocecomo lámparasde AF (alto factor).En instalaComo el tramoBC es muy peqLreño.
lo podemosdespreciar
cionesindustriales
con muchosreceptores
resultamuchomás
y podernosdecircon aproximaciónque:
vcntajosola contpensación
centralcon baterías¿rutomátic¿rs
av=oc_oA=oB_oA=AB
de condensadores.
como AB = Rr_I cos rp =
ct)
13.6
Caída
detensión
enlaslíneas
eléctricas
monofásicas
deC.A.
(J
Al igual que ocurríaen las líneasbifilarcsde C.C., en las
líneasde C.A. se produceunacaídade tensi(rnen los cclnductores.que habrírque teneren cuentaa la hora de calcularl¿r
secciírnde los mismos.El procedimientoa seguir es muy
similar al llevadoa cabo paralíneasde C.C.. aunquedifiere
en un ¿ispecto:
paracargas,por lo generalinductivas.aparece
un ángulotp de desfaseentreV e I que intervieneen el cálculo de la caídade tensión.
r3
\V-Rrlco.sg
AV = Caídade tensión(V)
Rl = Resistencia
de la línea(Q)
I = Corrienteeficazpor línea(A)
cos q - FP de la carga
Si al igual que hacíamosen C.C. sustituimosla resistencia
R,_por la expresióngeneralde resistencia
de un conductory
despejamos
la sección.obtenemosla siguienteexpresión:
En C.C. la caídade tensiónse calculabamediantela expresión:
AV = R,. l: parauna líneamonofásicademclstraremos
que
estacaídade tensiónes igual a AV = R,_I cos <p.
E n e l c i r c u i t od e l a F i g u r a1 3 . 3 4s e c u m p l eq u e :
5 -,P
2L1.u.,p
AV
p = Resistividaddel conductor(Q . n.rrnl/m)
AV = Caídade tensiónm¿iximaen la 1ínea(V)
Ll = Distanciade la cargaal puntode alimentación(m)
I = Intensidadpor la línea(A)
i'=7'**-tt
R. I representa
la c¿rída
de tensiónóhnticaen la línea.
RLI
Ejemplo: 13.8
,------\
lR'
zLp
luo
i.
S = Seccióndel conductorde la línea(mrn2)
cos e - FP de la carga
"
-l
Se necesitaaveriguarla secciónmásrecomendable
parala
instalaciónde un notor de características:
10 KW; cos tp =
0.8: ,100V. La longitudde la líneaes de 50 metrosy se trata
de dos conductoresde cobre unipcllaresaisladoscon PVC
bajo tubo.La caídade tensiónmáximaadmisiblees del I %.
Solttc'ión:
Primerocalculantosla colrientepor la línea:
Figura
13,34,
Caída
detensión
enunalínea
deC.A.
Dibujamos el dia-grantavectorial con'espondiente¿i una
c¿irga
inductiva.con un desfase
de p'entre V e I (Fi-sura13.3-5).
P
l=_
t0.000
=_=
V cos <p
f |
\
400 . 0.8
La caídade tensiónmáximaadmisibleen voltios.es:
AV-
400
1%=4Y
100
La secciírnde los conductorespara que se produzca
como máximo estacaídade tensiónes:
___
_ ot=0
Figura
13.35,
Diagrama
vectorial
paraelcálculo
delacaída
detensión.
La caídadc tensiónen la líneaes la dif-erencia.
en valores
absolutos.entre la tensitinV,, al principio de lfuea ¡r la del
final de la misntaVn:
a V = v , ,V ¡ = o D _ o A = o c _ o A
tqrt
tJ+
0,017.2.50.31
^
P 2 L ,' I
5=
cosQ0.8= 10.-5
mmr
AV
La seccióncomercialque le corresponde
es de l6 mm2.
Si consultamosla intensidadmáxima admisiblepara este
conducforpodremoscomprobarquees de 5zlA (Tabla4.2),
bastantesuperiora los 33 A que fluyen por el conductor.
ttt ITP-F,qa,tr.tnra