Tema 11.Potenciaalterna - IES Alfonso X el Sabio

CIDEAD. 2º BACHILLERATO. ELECTROTECNIA.
Tema 11.- La potencia en los circuitos de corriente alterna
Desarrollo del tema.1. Los dipolos.
2. Las relaciones de potencia en los dipolos.
3. Concepto de potencia aparente y reactiva.
4. La notación compleja de la potencia.
5. El teorema de Boucherot.
6. El factor de potencia. Su importancia.
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Tema 11.- La potencia en los circuitos de corriente alterna
1. Los dipolos.
Un circuito cualquiera, de AC, que se encuentra formado por elementos activos
(generadores) y elementos pasivos (receptores) provisto de dos terminales accesibles, recibe el
nombre de dipolo.
Los dipolos pueden ser :
a. Activos.- Poseen fuentes de energía ( generadores de tensión e intensidad) y en los
terminales, la tensión posee el mismo sentido que la intensidad.
b. Pasivos.- Esta formado por los elementos diferentes a los generadores ( elementos pasivos
o receptores). En los terminales, la tensión posee diferente sentido a la intensidad.
La potencia instantánea será: p = u . i ; si p < 0 el dipolo suministra energía, por el
contrario, si p > 0 , el dipolo absorbe energía.
La potencia disipada o almacenada en un dipolo pasivo, cuando consta de un sólo elemento,
será la siguiente:
POTENCIA DE LOS ELEMENTOS PASIVOS
Resistencia (φ = 0º)
2
2
P=UI =RI =
U
R
Bobina ( φ = 90º)
Condensador( φ =- 90º)
2
U
;; Q = 0 P =0 ;; Q=U I =XL I =
Xl
2
U2
P=0 ;;Q=U I =XC I =
Xc
2
2. Las relaciones de potencia en los dipolos.
La entrada de un dipolo pasivo, se encuentra conectada a un generador de tensión :
u = Uef
X
 2 sen ω t ;; Ief = Uef/Z ;; Z =  R2 X 2 ;; φ = arctg R
p = u i = 2 Uef Ief sen ω t . sen ( ω t - φ )
2
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matemáticamente : cos A – cos B = - 2 sen
AB
= ω t ;; A + B = 2 ω t
2
A=
AB
. sen
2
A−B
2
A−B
= ( ω t - φ ) ;; A – B = 2 (ω t - φ )
2
2 ω t - φ ;; B = φ
p = Ief Uef ( cos φ - cos (2 ω t - φ )) = U
ef
I ef cos φ – Uef Ief cos (2 ω t - φ )
Representando esta función de potencia se observa:
Potencia instantánea absorbida por
un dipolo.
La intensidad se encuentra adelantada a la tensión 90º y la frecuencia de la potencia es el
doble de la tensión o intensidad. Varía sinusoidalmente alrededor de U.I cos φ.
Evidentemente, la potencia se anula cuando la tensión o la intensidad son nulos y toma valor
positivo cuando los signos de la tensión y la intensidad son los mismos.
Cuando p > 0 , el dipolo pasivo recibe energía que procede de la fuente de alimentación o
excitación . Cuando p< 0 cede energía de la acumulada en los campos eléctricos y magnéticos.
La potencia media , activa, real o verdadera , P , será igual :
P = U.I cos φ
El segundo sumando es la potencia fluctuante : Uef Ief cos (2 ω t - φ)
En el caso de los dipolos pasivos no existen fuentes de energía , cumpliéndose que P ≥ 0, el
cos φ ≥ 0 , por lo que varía entre -π/2 y π/2
Cuando P = 0 ; φ = π /2 , en este caso el circuito sólo posee bobinas y condensadores y no
resistencias.
En el caso de que cos φ< 0 . P < 0 , suministrando el dipolo energía. En este caso solamente
puede ser que el dipolo sea activo.
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Si se toma el valor representativo de la tensión U como origen de fases, se puede apreciar si
un dipolo actúa como activo o pasivo:
Posición de I
Carácter del dipolo
Parte positiva del
eje real
Receptor resistivo
Primer cuadrante
Receptor capacitivo
Segundo cuadrante
Generador inductivo
Parte negativa del
eje real
Generador resistivo
Tercer cuadrante
Generador capacitivo
Cuarto cuadrante
Receptor inductivo.
Un dipolo activo actúa como receptor o como generador. Un dipolo pasivo, solamente puede
actuar como receptor de energía.
Problema 1.- Determinar cuál de los siguientes dipolos del circuito de la figura actúa
como generador y cuál como receptor.
Resolución.Dipolo 1 U1 = 250 ;; I1 = - 5 + j , es un dipolo que actúa como generador Inductivo.
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25
= 1 + 2j
43j
Dipolo 1 U2 = 250 ;; I2 = 5 – j -
Al estar en el primer cuadrante, actúa como un receptor capacitivo.
Problema 2.- Se conectan los dos dipolos en paralelo sobre una impedancia Z = 1 + 2j . Si
el dipolo suministra una corriente I = 2  2 45 (A) a la tensión de U = 50 (V) . Determinar siel
dipolo D2 es un receptor o generador.
Dipolo Generador:
Es un generador capacitivo.
(D1) U1 = 50 (V) ;; I1 =
En el receptor 2 (D2)
I2 = 2 + 2 j – 2,23
-70
I2 = 2
2
45
-
−2−2 j
5/0
=2+2j12 j
5/ 0
=
2,23/70
= 2 + 2j – 1 + 2j = 1 + 4j
D2 es un receptor capacitivo.
3. Concepto de potencia aparente y reactiva.
El producto de U. I = P , es válido para el caso de DC . En el caso de circuitos de AC,
solamente esta expresión se cumple cuando los elementos son puramente resistivos. En general,
la potencia activa absorbida por un dipolo :
P = I . U cos φ . El producto U.I es la potencia aparente S = U . I
Para interpretar las distintas potencias, es necesario considerar el triángulo de impedancias de
un dipolo pasivo en serie, formada por una resistencia conectada en serie con una reactancia X .
Los distintos triángulos que se representan son:
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El cateto cuya longitud es: R I = U cos φ = U a Representa la tensión en la componente
resistiva del dipolo; se la conoce como componente activa de la tensión Ua
El otro cateto, de longitud : X I = U sen φ = U r . Representa la tensión en la componente
reactiva de dicho dipolo, se la denomina componente reactiva de la tensión Ur
La hipotenusa de longitud ZI = U . Representa la tensión total o tensión de entrada del
dipolo.
Multiplicando de nuevo los lados del triángulo de tensiones por la impedancia se obtiene
otro triángulo llamado triángulo de potencias.
El cateto horizontal R I2 = U . I cos φ = U a I = P . Representa la potencia absorbida por la
componente resistiva del dipolo; es la potencia activa.
La hipotenusa es U . I = S . Representa la potencia aparente.
El cateto vertical X I2 = U I sen φ = Ur I = Q : corresponde a las oscilaciones de la potencia
en la componente reactiva Z . Es la potencia reactiva
Se pueden establecer las siguientes relaciones :
Q
P
;; cos φ =
P
S
Las potencias aparente y reactiva no se pueden considerar propiamente como potencias.
Las magnitudes se pueden resumir en la siguiente tabla:
S=
 P 2Q 2
;; tg φ =
La potencia reactiva Q, se suele denominar potencia desmagnetizante o desvatiada . Su
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valor es el siguiente :
Q = Ur I = U . I sen φ = X I2
Puede ser positivo o negativo dependiendo el ángulo φ
Impedancia inductiva.φ > 0 ,, Q > 0 , el dipolo consume energía reactiva
Impedancia capacitiva.φ < 0 ,, Q< 0 , el dipolo suministra energía reactiva
Si el dipolo pasivo se encuentra en paralelo , se puede construir el triángulo de impedancias
en el que se verifique ψ = - φ . Si la tensión es de origen de fases y los tres lados se multiplican por
U , se obtiene el triángulo de intensidades.
El cateto cuya longitud es GU = I cos ψ = I cos φ = Ia . Representa la llamada componente
activa de la intensidad ( Ia )
El otro cateto de longitud BU = I sen ψ = - I sen φ =I r . Repesenta la componente reactiva
de la intensidad Ir
La hipotenusa de longitud YU = I . Es la intensidad total del dipolo.
Multiplicando nuevamente los lados de los triángulos de intensidad poe la tensión, se
obtiene el triángulo de potencias
G U2 = U . I cos ψ = U . I cos φ = P (potencia activa)
B U2 = U I sen ψ = - U I sen φ = - Q
- B U2 = Q ( potencia reactiva)
mientras que la hipotenusa representa la potencia aparente.
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4. La notación compleja de la potencia.
La potencia aparente, se puede expresar matemáticamente, con notación compleja, a partir
de la potencia activa y reactiva:
S = P + j Q
El módulo es S = U . I y la potencia compleja. Se
puede expresar como :
S = U . I* , siendo I* . la intensidad compleja conjugada.
Problema 3.- Calcular la característica de los dipolos del circuito y las potencias
desarrolladas.
Resolución.- Dipolo D1 ;; I = - (5 – j ) = - 5 + j , es un generador industivo.
S1 = U1 I* = 25 . (5+j) (VA)
El dipolo D2
I = (5 – j) -
; P1 = 125 W ; Q1 = 25 (Var)
25 /0
= 5 – j - ( 5-36,8 ) = 5 – j – 4 + 3 j = 1+ 2 j . Es un
43j
receptor capacitivo.
La intensidad de la impedancia será :
I =
25 /0
=4–3j
43j
S = U . I* = 25 ( 4+3j) VA
P2 = 100 W ;; Q = 75 Var
La intensidad que llega al dipolo D2 es I = 1 + 2j A
La potencia consumida por el dipolo 2 será :
S´e = 25 (1-2j) VA ;; P´e = 25 W ;; Q´e = - 50 Var
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Problema 4.- Un dipolo en serie LCR , se encuentra alimentado por un generador de
corriente de valor eficaz 5 A y 90 º de fase. Con estos datos determinar:
a. La potencia aparente, activa y reactiva que suministra el generador.
b. La potencia aparente, activa y reactiva absorbida por los receptores.
Resolución.Z = 10 + 20 j – 10 j = 10 + 10 j Ω
U = I . Z = (10 + 10 j ) . 5 j = -50 + 50 j V
S = U I* = (-50 + 50 j) . -5 j = 250 + 250 j (VA).
El módulo será = 353,55 (VA)
P = 250 W :: Q = 250 Var
En el caso de la resistencia :
UR = 5j . 10 = 50 j
SR = 50 j . - 5j = 250 VA. ;; PR = 250 W ;; QR = 0 Var
UL = 5j 20j = -100 V
SL = -100 . - 5j = 500 j VA ;; PL = 0 W ;; Q = 500 Var
UC = 5j -10j = 50 V
SC = 50 . -5j = -250 j VA ;; PC = 0 W ;; QC = - 250 j Var
5. El teorema de Boucherot.
El teorema de Boucherot se resume de la siguiente forma:
En una red eléctrica cualquiera, considerando la frecuencia constante, existe una conservación entre
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las potencias activas y las reactivas:
ΣPi =0
Σ Qi = 0
Problema 5.- Aplicando el teorema de Boucherot , determinar las potencias aparente,
activa y reactiva para el siguiente circuito, sabiendo que I1 = 20  2 0 A e I2 = 20  2 90 (A)
Resolución.- I = I1 + I2 = 20
 2 + 20  2 j = 4045 A
P = R I2 = 10 . 402 = 16000 W
P1 = R1 I12 = 10 (20  2 )2 = 8000 W ;; P2 = 8000 W
Q1 = 10 (20
 2 )2 = 8000 Var
Q2 = - 8000 Var
PT = P + P1 + P2 = 16000 + 8000 + 8000 = 32 000 W
QT = 8000 – 8000 = 0 Var
S = P + Q j = 32 000 VA
6. El factor de potencia.
El factor de potencia , recibe le nombre de k y se define como la relación que existe entre la
potencia activa y la aparente :
P
k=
S
Parte de la potencia aparente se transforma en activa. Si la tensión y la intensidad son
senoidales, el factor de potencia k = cos φ .
La energía eléctrica permite que los receptores absorban la energía y la transforme en
mecánica, luminosa, calorífica , etc.
Debido a esto, la intensidad de corriente se encontrará retrasada una ángulo φ respecto a la
tensión , la potencia aparente que absorben de la red una componente activa y otra reactiva de
carácter inductivo.
La potencia útil representa la energía por unidad de tiempo que absorbe un receptor. La
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potencia inductiva representa un bombeo de energía . No representa un aumento de potencia útil .
Para una misma potencia activa, P, interesa que el factor de potencia sea lo más cercano
posible a la unidad , por lo tanto la I , podrá ser más pequeña ( P = I . U cos φ ) , lo que se traduce a
las ventajas siguientes :
Una disminución de las pérdidas por efecto Joule en la línea de conducción.
Un aumento de la intensidad disponible por otros usuarios de la red, puesto que la intensidad
total posee un valor máximo, determinado por las secciones de los conductores y del
generador.
Las compañías eléctricas gravan el consumo con factores de potencia bajos, con un
complemento , llamado de energía reactiva , aplicándose un valor porcentual K 1 (%),
determinándose según la fórmula:
Factor de Potencia Kr (%)
1 ≥ cos φ > 0,95
Kr (%)=
0,95 ≥ cos φ ≥ 0,90
37,026
= 41,026
2
cos 
Kr (%) = 0
cos φ < 0,90
Kr (%)=
29,16
= 36
2
cos 
Cuando las anteriores expresiones da lugar a un resultado negativo, en vez de recargo se aplica a
una bonificación en porcentaje igual al valor absoluto de dicho resultado. El recargo no puede ser
superior al 50,7 % ni los descuentos superarán el 4 %.
Si el factor de potencia es menor del 0,8 en los usuarios 1.0 ; 2.0.1 ; 2.0.2 ; 2.0.3 y 3.0.1 se
les aplica el complemento por energía reactiva.
La mayor parte de las líneas son de carácter inductivo y como los receptores se encuentran
conectados en paralelo el valor de cos φ corresponde a una instalación y se obtiene a partir del
triángulo de admitancias.
cos φ =
G
=
Y
G
 G  Bc−Bl 2
2
Para que el factor de potencia sea próximo a uno, BC – Bl = 0 , conectándose en
paralelos reactancias de condensadores , cuyas reactancias capacitivas compensen las inductivas.
En las instalaciones eléctricas no se pueden corregir el factor de potencia hasta que llegue al
valor 1 , puesto que aparecerían los fenómenos de resonancia, En la práctica el factor de potencia
suele estar entre el 0,9 y 0,95 . Para transformar el factor de potencia desde cos φ1 en otro mayor
cos φ2 ; el triángulo de potencias expresa :
Q1 = P tgφ1 ;; Q2 = P tgφ2 Restando ambas expresiones:
QC = Q1 – Q2 = P ( tgφ1 - tgφ2 )
En valor absoluto QC = C ω U2 , resulta:
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P tg  1−tg  2
C=
U
2
=
P tg  1−tg  2
2.  . f . U 2
En el caso de que el factor de potencia cos φ2 = 0 las ecuaciones serán :
C=
P . tg  1
=
U 2
P. tg  1
2.  . f .U 2
Problema 6.- Dado el circuito de la figura :
P1 = 4 kW
Q1 = 7 kVAr
P2 = 1 kW
Q2 = 5 kVAr
P3 = 5 kW
Q3 = - 2 kVAr
Determinar:
a. La intensidad I usando el teorema
de Boucherot.
b. La capacidad que ha de tener el
condensador que se conecta en paralelo entre A y B para que el factor de potencia pase a ser 0,9
inductivo.
Resolución .-
P = P1 + P2 + P3 = 4 + 1 + 5 = 10 kW
Q = Q1 + Q2 + Q3 = 7 + 5 - 2 = 10 kVAr
S = 10 + 10 j VA ;; I* =
I = 45 – 45 j = 63-45 ;; cos φ1 =
C=
P tg  1−tg  2
=
2.  . f . U 2
1000010000 j
= 45 + 45 j A
220/ 0
 2 ;; φ = 45 ;; cos φ = 0,9 ;; φ =
1
2
2
2
10000 tg 45−tg 25,8
= 339 μ F
2. .50 . 220 2
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Problema 7.- El circuito de la figura se encuentra alimentado por un generador cuya
tensión instantánea es u = 100  2 sen 0,5 π t (V) . Determinar las potencias aparente , activa y
reactiva y fluctuante proporcionada por el generador.
Resolución.U
=
Z
I=
1001− j 
10 12− j 2 
=
100
=
1010 j
1001− j 
=
10 1 j1− j 
100 1− j
= 5 (1-j) A
10 . 2
S = U . I* = 100. 5(1 + j ) = 500 + 500 j (VA)
S = 500 .
cos φ =
P
=
S
 2 VA
 2 ;; φ = 45 º
2
P = 500 W ;; Q = 500 VAr
P = 500 .
 2 cos (2 . 0,5 π t - 45 )
Problema 8.- En el siguiente circuito, el valor eficaz de la intensidad total que circula por
el dipolo es de 30 A . Determinar la potencia aparente absorbida por el mismo:
Resolución.-
Z=
4 .5−3j
=
9−3 j
20−12 j
=
9−3 j
23,3/−31
= 2,457-12,5 Ω
9,48/−18,5
U = I . Z = 73,7-12,5 V ;; S = U I* = 73,7-12,5 . 30 = 2211-12,5 VA
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Problema 9.- En un taller se tiene una potencia instalada de 50 kVA con un factor de
potencia de 0,8 . Determinar la potencia de los condensadores en kVAr que se debe de inatalar
para que el factor sea la unidad.
Resolución.φ1 = arc cos 0,8 = 36,8º
C=
P tg  1−tg  2
2.  . f . U 2
tg φ1 =
Q
P
Q = 30 kVAr
P
P = 40 kW
S
Problema 10.- En el circuito de la figura, cada una de las resistencias consume
una potencia de 1,5 W . Sabiendo que R = 7,5 kΩ , calcular el valor de R2
cos φ =
Resolución.- Aplicando el teorema de Boucherot.P1 = I2 R1 ;; I1 = 0,01414 A
U1 = I . R = 7500 . 0,01414 = 106,05 V
I=
XC =
1
=
C
IC =
U
= 0,01067 j A
Xc
I
2
l
1
= 10000 Ω
10 100
−6
I 2c = 0,01771 A ;; R2 =
P
2 = 4782 Ω
I
Problema 11.- En el circuito de AC de la figura se pide :
a. El valor eficaz de las intensidades.
b. La potencia consumida.
c. El factor de potencia.
d. Representar el diagrama fasorial de las intensidades tomando como origen de fases la
tensión UA
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Resolución.El circuito está formado por tres impedancias en paralelo :
Z1 = 10 – 10 j = 10
2
-45
Z2 = 10 + 10 j = 10
2
45
Z3 = - 10 j
= 10 -90 Ω
100 0
= 7,07 45 A
10 √ 2−45
1000
Ω I2 =
= 7,07 -45 A
10 √ 2 45
100 0
I3 =
= 10 90 A
10−90
Ω I1 =
I = I1 + I2 + I3 = 5 + 5j + 5 – 5j + 10 j = 10 + 10 j A = 14,14 45 A
P = U . I . cos φ = 100
14,14 cos 45 = 1000 W
S = U I* = 100 . (10 – 10 j) = 1000 – 1000 j = 1000
Q = - 1000 j VAr
La representación es la siguiente :
15
2
-45
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Problema 12.- En el circuito de la figura de corriente alterna , la tensión posee un valor
de 200 V. Determinar los valores eficaces de las tensiones U AB y U BC
Representar el diagrama fasorial adoptando la tensión U como origen. Calcular su
factorde potencia.
Si se desconecta la resistencia R, determinar cuál será el funcionamiento del circuito.
B
A
C
Resolución.Circuito en paralelo resonante ; Z = 10 + 10 j = 10
I=
2
45
2000
=10−10 j=10 √ 2−45 A ; ; U AB= R. I =100 .10 √ 2−45=100 √ 2−45 V ; ; U ABef =100 V
10 √ 2 45
U BC = X L . I =1090 . 10 √ 2−45=100 √ 2 45 V ; ; U BCef =100 V
U =U AB+ U BC =100−100 j +100+100 j=200 V
Al girar la representación 45º
U AB 100 . √ 2−45
=
=10 √ 2−135 =−10−10 j (A)
XL
1090
U
100 . √ 2−45
I C = AB =
=10 √ 245=10+ 10 j( A)
XC
10−90
U BC 100. √ 2 45
I L2 =
=
=10 √ 2−45=10−10 j (A)
X L2
10 90
I L1 =
El factor de potencia es cos φ = cos 45 = 0,76
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Si no existiese la resistencia R en paralelo : Z =
5j .−5j
=
5j−5j
25
=∞
0
La impedancia será infinita. no pasando corriente por el circuito, aunque se encuentre
oscilando.
El diagrama fasorial es el siguiente:
IC
IL2
IL1
Problema 13.- En el circuito de la figura I 1 = 2 A e It = 3 A . Calcular la potencia activa
total consumida .
IT
I1
I2
Resolución.U 240
=
=1.5 A
R 160
I 21= I 2T + I 22−2 I T I 2 . cos ϕ
2400
2400
2400
U
I 1= =
=
=
=2
Z R+ X L j 31+113 j 117 75 −75
I 2=
17
I2 =
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7,25
=0,81→ ϕ =40º
9
I T =3−40→ S =U . I ¿ =240 0 . 340=720 40=551+462 j ; ; P=551 W ; ; Q=462 VAr
4=9+2,25−2 . 3.1,5 . cos ϕ ; ; cos ϕ =
Problema 14.- Un generador de 240 V y 60 Hz , suministra 4500 VA a una carga con
factor de potencia de 0,75. Calcular la capacidad del condensador que ha de instalarse en
paralelo con la carga para que el factor de potencia sea de 0,90 de retraso y 0,90 de adelanto.
Resolución.- C =
P tg  1−tg  2
2.  . f . U 2
; P = S cos φ1 = 4500 0,75 = 3375 W
tg φ1 = 0,8819 ;; tg φ2 = 0,4843
C=
33750,8819−0,4843
= 61,79 μ F
2.  . 60 . 2402
Cuando hay adelanto, tg φ2 = - 0,4843
C=
33750,88190,4843
= 212,34 μ F
2
2.  . 60 . 240
18