Date post: | 09-Jan-2015 |
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Potencia en estado establePotencia en estado estable
Triángulo de Impedancia
zImg
R
Inductanciaº90º0
Pot. Activa
+JQ
-JQ
Potencia ReactivaS=Potencia Aparente
Potencia Instantánea
)(tVz
)cos()(
)cos()(
im
Vm
tIti
tVtV
WtIVtp
tItVtp
tItVtp
iViVmm
imVm
)2cos()cos(2
1)(
)cos()cos(2
1coscos
)cos()cos()(
)(
212121
Ejemplo:Ejemplo:])[º60cos(24)( VttV
º152
º452
º604
][º452
I
I
z
VI
z
)º15cos(22)( tti
)º752cos(824)(
)]º752cos(º45[cos8)(
)15602cos(1560cos22242
1)(
)()()(
ttp
ttp
ttp
titVtp
Si la expresión anterior la evaluáramos en 1 tenemos la potencia instantánea.
Pot. Promedio
Potencia PromedioPotencia Promedio
dttIVT
dtIVT
P
dttpT
P
iVmmiVmm
to
t
2cos2
11)cos(
2
11
)(1
1 2
1Es independiente del tiempo )cos(
2
1iVmm IV
2 ][2cos2
1WwtIVP iVmm
0
0
cos)cos(
iV
iV
][cos2
1WIVP mm
Por ser función periódica su integral es cero
Qué sucede si solo tenemos elementos Qué sucede si solo tenemos elementos reactivos?reactivos?
º90
º90
Inductivo
Capacitivo
[[0
º90cos2
1
WP
IVP mm
[[0
º90cos2
1
WP
IVP mm
La potencia es consumida solo por las resistencias.
Qué sucede si solo tenemos resistencias?
º0
[[2
1
º0cos2
1
WIVP
IVP
RR
mm
La potencia no es consumida por elementos inductivos ni capacitivos.
I
2I
1I 2
4 J
Determinar la potencia promedio total absorbida y la potencia promedio total suministrada
º453º04
º45121
I
][57.7137.5
56.26236.2
º4512
2
º4512
2
2
RMSAI
JI
][08.6216.8
57.7137.5º453
21
RMSAI
I
III
][6.93
)08.6245cos(2)16.8(2)12(2
1
)cos(2
1
WP
P
IVP iVmm
Potencia Promedio Suministrada
Potencia Promedio Absorbida
][36
2)3(2)12(2
1
4
4
WP
P
][6.57
)237.5)(2(2
1
2
2
2
WP
P
][6.93
6.5736
.
.
WP
P
absorbdaT
absorbdaT
º4512
EjemploEjemplo
Potencia Activa [P]Potencia Activa [P]
][cos2
1WIVP mm
2RMSM VV 2RMSM II
VatiosVIP
WIVP RMSRMS
cos
][cos222
1
Solo consumen la potencia activa las resistencias es decir los elementos reales.
cos__ PotenciadeFactorFP
10 FP
Inductivo Capacitivo Resistivo
El FP nos dice que tan buena es la potencia que estamos consumiendo.
VatimetrosVatimetros
Son aquellos que MIDE potencia activa.
•VATÍMETROS ANALÓGICOS
Bobina de Voltaje
Bobina de Corriente
BI
BV
º4512
BI
BV
LR
•VATÍMETROS DIGITALES
1
4 3
2
º4512 1 2 3 4
Carga
Fuente
LR
Potencia Reactiva [Q]Potencia Reactiva [Q]Unidad: VAR(Voltio Amperio Reactivo)
JQ
AtrasoJQ
Adelanto ][VARVIsenQ
La potencia reactiva total es igual a la suma algebraica de las potencias reactivas de cada una de las cargas en el circuito sin importarles como estén colocadas.
Ejm:
1Q
5Q4Q2Q
3Q Q1=200VAR en atraso
Q2=150VAR en adelanto
Q3=80VAR en adelanto
Q4=60VAR en adelanto
Q5=260VAR en atraso
][170
290460
VARQ
Q
QQQ
Total
Total
AdelantoAtrasoTotal
en atraso
Potencia Aparente [S]Potencia Aparente [S]
Unidad: VA
)()cos(
))((
*
iViV
iV
iV
JVIsenVIS
VIS
IVS
VIS
Real Imaginaria
][VAJQPS También se la llama Potencia Compleja
Para hallar la potencia aparente total lo hacemos de la misma manera como se halla la potencia total reactiva.
Triángulo de PotenciaTriángulo de Potencia•Inductivo
V
I
)
Isen
cosI
][VARVIsenQ
][cos WVIP
][VAVIS
JQ
P
S
))
positivoesyatrasoenF
SP
F
P
p
cosP
Qtg AtrasoQ
SS
•CapacitivocosI
Isen
)
][cos WVIP
][VARVIsen][VAVIS
) )P
JQS
AdelantoQ
adelantoF
SP
F
p
p cosnegativoes
PQ
tg ;
SS
Resumen:Resumen:
z
R
S
PFP
VImóduloQPz
VzIIVS
X
VXIVIsenQ
R
VRIVIP
X
R
cos
**
cos
*222
2
2
2
2
2
Si Q=0 la carga resistiva es pura, el factor de potencia es unitario y el # complejo S se encuentra en el eje real positivo.
Además la potencia compleja total entregada a cualquier número de cargas individuales es igual a la suma de las potencias complejas entregadas a cada carga individual sin hacer uso de cómo están interconectadas.
Una carga opera a 20[KW] con un factor de potencia de 0.8 en atraso. El voltaje aplicado en la carga de 220[VRMS] a 0º a una frecuencia de 60Hz. La línea que une la fuente de alimentación con la carga tiene una impedancia de línea de 0.09+J0.3 ohmios. Deseamos determinar el voltaje y el factor de potencia de la fuente de alimentación.
fV 09.0 3.0J
LZ
º0220kWP 20
AtrasoFp 8.0Hz60 ][258.0
20
kVAS
kWS
S
PFp
º87.36
8.0cos
cos1
Fp
][1520
][1520
][º87.3625
kVAJS
kVAJS
kVAS
][º87.3664.113*
º0220º87.3610*25
*
*3
RMSAI
I
VIS
][86.453.249
º0220)º87.3664.113)(3.009.0(
RMSf
f
VV
JV
b)
º73.41
)87.36(86.4
Ifv
75.0
º73.41cos
Fp
Fp
en atraso
i
Problema:Problema:
2da forma de resolver2da forma de resolveraCLíneaf SSS arg
][º301.7379.4044
)3.009.0()64.113( 22
VAS
JzIS
Línea
Línea
][º87.3625000arg VAS aC
][53.24964.113
25.28356
*
*
RMS
f
f
ff
VI
SV
IVS
º86.4
)º87.36(º73.41
º73.41
Vf
Vf
IVf
IVf
][86.453.249 RMSf VV 75.0
º73.41cos
Fp
Fp
en atraso
º301.7379.4044º87.3625000 fuenteS
][º73.4125.28356 VAS fuente
Dibujar el triángulo de Potencia TotalDibujar el triángulo de Potencia Total
1 2 3
fV
1P 3P2PAtrasoQ1 AdelantoQ2 AtrasoQ3
1P
1Q1S2P
2Q2S
3P
3Q
3S
QT
PT
TS)T
PT=P1+P2+P3
QT=(Q1 +Q3 )-Q2
Dibujar el triángulo de Potencia Total.
• Carga 1 es predominantemente Inductiva.
• Carga 2 es resistiva pura
• Carga 3 es predominantemente capacitiva
1P
1Q1S
22 SP 3P
3Q3S
TSTQ
TP
Ejercicio:Ejercicio:
Mejoramiento del Factor de potenciaMejoramiento del Factor de potencia
c
CI
R
LJXIndz
I
LILII AtrasoFp 7.0
II
III CL
`'
CONDCOND
ANTANTANT
JQS
JQPS
0
CondAntNueva SSS )( CondAntAntNueva QQJPS
NuevaQ
?
Como dato: mejorar el FP a 0.95 en atraso
º19.18
)95.0(cos 1
Nuevo
Nuevo
º57.45
)7.0(cos
7.01
AnteriorFP
º57.45
S
AntQ
AntP
CQ
NuevoQ)º19.18)( NuevoAnteriorNuevo
Anterior
NuevoNuevo
tgPQ
PQ
tg
I´corriente con la presencia del capacitor
AnteriorNuevoC
CAnteriorNuevo
QQQ
QQQ
NuevoAnt QQ
generalloPor
:__
NegativoQC
AdelantoenVARQC ]_[_#
]_[_#
21
1
][2
2
Fc
fXc
cX
Q
VX
X
VQ
C
C
C
X
C
C
X
C
C
C
La Potencia Reactiva consumida por el ramal 1 es d 8kVAR en atraso.Determinar:a) El triángulo de Potencia Totalb) La capacitancia necesaria para mejorar el factor de potencia a 0.9 en atraso.
V
Ramal 1 Ramal 2
4
2JHz60
5J1I
2I
][º0200
][200
8000*5
5
2
RMS
RMS
VV
VV
V
VQ
][º57.2674.4424
º0200
º9040º905
º0200
2
1
RMSAJ
I
I
AtrasoVARQ
WIP
J ][4000)2()74.44(
][8000)4()74.44()4(
2
2
22
24
][80002
21
WP
PP
PPP
T
T
T
AtrasoVARQ
Q
QQQ
T
T
T
][12000
4000800021
VAS
VAJS
JQPS
T
T
TTT
31.5614422
][120008000
AtrasoFp
Fp
55.0
31.56cos
Problema:Problema:
2JQ
2P
2S
1JQ
2PPT
21 QQJQT TS)º31.56
b)AtrasoFPNuevo 9.0
º84.25
9.0cos 1
Nuevo
Nuevo
AntS][12000 VARQAnt
][8000WPT
)º31.56 NuevoQ)º84.25
AtrasoVARQ
tgQ
Nuevo
Nuevo
][24.3874
º84.258000
AdelantoVARQ
Q
QQQ
C
C
CAntNuevo
][76.8125
1200024.3874
92.476.8125
200
76.8125
2
2
Xc
Xc
Xc
VXc
][86.538
)60(2
192.4
Fc
c
Escuela Superior Politécnica del LitoralFacultad de Ingeniería en Electricidad y Computación
Tercera Evaluación Análisis de Redes Eléctricas II Termino 2007-2008
EJERCICIO 1Para el siguiente circuito asumiendo que y con una frecuencia de 60 HZ:a)Hallar los valores fasoriales de las fuentes y con su respectivo factor de potencia, indicando si están en atraso o adelanto………………………………………..18 pts.b)El valor fasorial de …………………………………………………………………………. 5pts c)Hallar el valor de los capacitores colocados en paralelo a cada fuente ( y ) para mejorar el factor de potencia a la unidad, mostrando los triángulos de potencia suministrado por cada una de las fuentes antes y después de conectar los capacitores …………………………………………………………………………………………………...10pts
1000 0VA VB Vrms
1Vg 2Vg
Ix1Vg 2Vg
EJERCICIO 2.- (III termino 2006.-tema 3)
En el siguiente circuito• Halle Eg e Ig.• Calcule los KVAR de capacitores que deben
conectarse en paralelo en los terminales “a-b” para mejorar el Factor de Potencia a 0,9 en atraso.
• Calcular la nueva Ig con los capacitores entre a y b
teconsesRMSElvabNota
atrasoenFpKWPaC
KVAjSaC
jZaC
tanº0240:
6,0;15:3arg
810:2arg
5,12:1arg
EJERCICIO 2.- (III termino 2006.-tema 3)
Para el siguiente circuito calcular:a) El factor de potencia y las potencias activas, reactivas y aparentes de
la fuenteb) Dibujar el triangulo de potencia para cada una de las cargas en la cual
deberá indicarse la potencia activa, reactiva y la aparente total.
EJERCICIO 3.- (II termino 2006.-tema 1)