UNIDAD Nº 9
POTENCIA EN CORRIENTE CONTINUA Y
ALTERNA
Potencia en una resistencia
e R
i
vR
t
0dtinstPot
T
1medPot
i.vinstPot
wtcosVv
wtcosIi
2
0
dti.v2
1medPot
2
0
dtwtcosI.wtcosV2
1medPot
2
0
2
0
2 dt2
wt2cos1
2
IVdtwtcos
2
IVmedPot
2
0
2
0
dtwt2cosdt22
IVmedPot
2
0
2
0 w2
wt2sent
4
IVmedPot
0senw4senw2
102
4
IVmedPot
0senw4senw2
102
4
IVmedPot
24
IVmedPot
2
IVmedPot
22
IVmedPot
efef I.Vm e dPo t
Pot med
Pot inst
v inst
I inst
Potencia en una bobina
wtsenI.wtcosVinstPot
wtcosVv
wtsenIi
i.vinstPot
2
0dtwtsen.wtcosIV
2
1medPot
2
0dtwtsen.wtcos
2
IVmedPot
e L
i
vL
2
0dtwt2sen
2
1
2
IVmedPot
Aplicando la igualdad trigonométrica
sensensen2
1cos
wtwtsenwtwtsen2
1wtcoswtsen
0
wtwtsen2
1wtcoswtsen
0
0m e dP o t
instP o t
wtsenIi
wtcosVv
La energía puesta en juego en una bobina en un período
esta dado por
dtv.idt.pdEdt
dEinstPot LL
dt
diLvL
dtdt
di.i.LdE dii.LE
2iL2
1E
Problema : Hallar la energía almacenada en una bobina de 20
mHy cuando es recorrida por una corriente de 2 amp.
Rta : 0,04 Julios
e C
i
vC
Potencia en un capacitor
wtsenI.wtcosVinstPot
wtcosVv
wtsenIi
i.vinstPot
2
0dtwtsen.wtcosIV
2
1medPot
2
0
dtwtsen.wtcos2
IVmedPot
Aplicando la igualdad trigonométrica
sensensen2
1cos
wtwtsenwtwtsen2
1wtcoswtsen
wtwtsen2
1wtcoswtsen
2
0
dtwt2sen2
1
2
IVmedPot
0
0m e dP o t
wtsenIi
wtcosVv
instP o t
La energía puesta en juego en un capacitor en un período
esta dado por
dtv.idt.pdEdt
dEinstPot CC
dt
dvCidti
C
1vC
dvv.CE
2vC2
1E
dtdt
dv.v.CdE
R L C
i
e
i
e R L C
Potencia en un circuito R – L - C
En general cuando hay un circuito con los tres elementos
siempre existe un defasaje entre la tensión y la corriente
)wt(cosVvwtcosIi
)wt(cos.wtcosI.VinstPot
i.vinstPot
2
0dt)wt(cos.wtcosIV
2
1medPot
coscos2
1cos.cos
wtwtcoswtwtcos2
1)wt(cos.wtcos
2
0dt])wt2(coscos[
2
1
2
IVmedPot
wt2coscos2
1)wt(cos.wtcos
2
0
2
0dt)wt2(cosdtcos
4
IVmedPot
0
)02(cos4
IVt.cos
4
IVmedPot
2
0
2cos4
IVmedPot
2
cos22
IVmedPot
cosI.VmedPot efef
Esta potencia se conoce como potencia ACTIVA
y su unidad de medida es el vatio WATTS
efef I.VaparentePot
cosI.VactivaPot efef
senI.VreactivaPot efef
VA].apP[
Watts].actP[
VAR].reactP[
TRIANGULO DE POTENCIA
Potencia reactiva INDUCTIVA
Potencia reactiva CAPACITIVA
Potencia activa
1cos85,0
CORRECCION DEL FACTOR DE POTENCIA
Como la mayor parte de las cargas son de carácter inductivo,
el motivo de insertar un elemento reactivo ( capacitor ) para
tratar de que el factor de potencia sea lo más cercano a la
unidad se denomina "CORRECION DEL FACTOR DE
POTENCIA"
Esta corriente que se
absorbe de la fuente de
alimentación es una
corriente aparente.
Potencia activa , reactiva y aparente de una instalación
Para determinar la potencia activa , reactiva y aparente como
así también el factor de potencia de una instalación se procede
de la siguiente manera :
• Determine la potencia activa y reactiva para cada rama
del circuito.
• La potencia activa total de la instalación es la suma de la
potencia activa de cada rama del circuito.
• La potencia reactiva total de la instalación es la diferencia
entre la potencia reactiva de las cargas inductivas y de
las cargas capacitivas.
• El factor de potencia de la instalación se obtiene
aplicado trigonometría.
• La potencia aparente total de la instalación es la suma
vectorial 𝑃 𝑎𝑝𝑇= 𝑃 𝑎𝑐𝑇
2 + 𝑃 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑇
2 de la potencia activa
y reactiva.
Hay dos puntos importantes en este procedimiento.
1. La potencia aparente total debe determinarse a partir de
las potencias activa y reactiva y NO a partir de las
potencias aparente de cada rama.
2. No es necesario tener en cuenta la disposición en serie
o paralelo de las ramas
Esto indica que la potencia activa , reactiva o aparente total
es independiente de que las cargas estén en serie , en
paralelo o en serie-paralelo.
En el siguiente ejemplo se puede apreciar esto dicho.
Encuentre la potencia activa , reactiva y aparente total del
siguiente circuito. Determine el factor de potencia del mismo.
Se analiza carga por carga:
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒
𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 1 100 𝑊 0 VAR 100 VA
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒
𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 2 200 𝑊 700 VAR (𝐿) 728 VA
200 2 + 700 2 = 728
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒
𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 3 300 𝑊 1500 VAR (𝐶) 1529,71 VA
300 2 + 1500 2 = 1529,71
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙
600 𝑊 800 VAR (𝐶) 1000 VA
𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙
600 2 + 800 2 = 1000
Se observa que la potencia aparente total NO es la suma
algebraica de las potencias aparentes de cada rama.
600 𝑊
800 VAR (𝐶) 1000 VA
φ 𝜑 = tan−1 800
600 = 53,13 °
El factor de potencia es :
cos 53,13 ° = 0,6
Ejercicio Nº 1 : Determine la potencia activa , reactiva y
aparente total. Encuentre el factor de potencia para la red que
se muestra en la figura.
Respuestas 𝑃 𝑎𝑐𝑡 = 600 𝑊 𝑃 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 = 800 𝑉𝐴𝑅
𝑃 𝑎𝑝 = 1000 𝑉𝐴 cos 𝜑 = 0,6 ( 𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜 )
Ejercicio N º 2 :
• Determine las potencias en cada rama y el factor de
potencia de cada una de ellas.
• Determine la potencia total activa , reactiva y aparente del
sistema y el factor de potencia.
• Determine la corriente total del sistema.
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 cos 𝜑
12 𝑥 60 = 720 𝑊
𝐹𝑜𝑐𝑜𝑠
0 𝑉𝐴𝑅 720 VA 1
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 cos 𝜑
6400 𝑊
𝐶𝑎𝑙𝑒𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠
0 𝑉𝐴𝑅 6,4 𝐾VA 1
El rendimiento del motor es del 82 % por ello la potencia está dada
por :
𝜂 = 𝑃𝑜𝑡 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑟𝑏𝑖𝑑𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑏𝑠 =
5 𝐻𝑝 . 746
0,82 = 4548,78 𝑊
Teniendo en cuenta el factor de potencia se puede calcular la
potencia aparente
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝 = 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡
cos 𝜑 =
4548,78 𝑊
0,72 = 6317,75 𝑉𝐴
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 cos 𝜑
4548,78 𝑊
𝑀𝑜𝑡𝑜𝑟
4384,35 𝑉𝐴𝑅 6317,75 VA 0,72
Con la potencia aparente y activa encontramos la reactiva de la
siguiente manera:
𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 = 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝2
− 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡2
𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 = 6317,75 2 − 4548,78 2 = 4384,35 𝑉𝐴𝑅
Por la rama de carácter capacitiva la corriente que circula es :
𝐼 = 𝑉
𝑍 =
208 + 𝑗 0
9 − 𝑗 12
9 + 𝑗 12
9 + 𝑗 12=
1872 + 𝑗 2496
225= 8,32 + 𝑗 11,09
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 cos 𝜑
1731,39 𝑊
𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑖𝑣𝑎
2308,52 𝑉𝐴𝑅 2885,65 VA 0,6
𝐼 = 8,32 2 + 11,09 2 = 13,87 𝜑 = tan−1 11,09
8,32= 53,12 °
La potencia activa está dada por : 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡 = 𝐼 2 𝑅 = 1731,39 𝑊
La potencia reactiva está dada por : 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 = 𝐼 2 𝑋𝐶 = 2308,52 𝑉𝐴𝑅
La potencia aparente está dada por :
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝 = 𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡2+ 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡
2 = 2885,65 𝑉𝐴
El factor de potencia esta dado por : cos 𝜑 = cos 53,12 ° = 0,6
𝟕𝟐𝟎 𝑾 𝟔𝟒𝟎𝟎 𝑾 𝟒𝟓𝟒𝟖, 𝟕𝟖 𝑾 𝟏𝟕𝟑𝟏, 𝟑𝟗 𝑾
La potencia activa total del circuito es :
La potencia total del circuito es :
4384,35 𝑉𝐴𝑅
𝟏𝟑𝟒𝟎𝟎, 𝟏𝟕 𝑾
2308,52 𝑉𝐴𝑅
2075,83 𝑉𝐴𝑅
𝝋 = tan−𝟏 𝟐𝟎𝟕𝟓, 𝟖𝟑
𝟏𝟑𝟒𝟎𝟎, 𝟏𝟕 = 𝟖, 𝟖𝟏 ° 𝐜𝐨𝐬 𝛗 = 𝟎, 𝟗𝟖𝟖
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑃𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 cos 𝜑
13400,17 𝑊 2075,83 𝑉𝐴𝑅 13560 𝑉𝐴 0,988
𝐶𝑖𝑟𝑐𝑢𝑖𝑡𝑜 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
El valor de la corriente se obtiene de la potencia aparente y de
la tensión aplicada al circuito.
𝑃 𝑎𝑝 = 𝑉 . 𝐼 𝐼 = 𝑃 𝑎𝑝
𝑉 =
13560 𝑉𝐴
208 𝑉 = 65,19 𝐴𝑚𝑝
Cuando la potencia reactiva supera los valores establecidos
debe colocarse un capacitor para " COMPENSAR " este valor
de potencia.
Cálculo del capacitor de compensación
TC
inductivareactP
compensadareactP
capacitivareactP
actP
capacP
𝑃𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐 = 𝑃𝑎𝑐𝑡 tan 𝜑𝑇 − 𝑃𝑎𝑐𝑡 tan 𝜑𝐶 = 𝑃𝑎𝑐𝑡 tan 𝜑𝑇 − tan 𝜑𝐶
𝑃𝑐𝑎𝑝 = 𝑉2
𝑋𝐶 =
𝑉2
1 𝑤 𝐶
= 𝑉2 2 𝜋 𝑓 𝐶
2...2
)(
Vf
tgtgactPC
CT
El valor del capacitor será :
Página 650 libro boylestad
Por decirlo de algún modo a la carga no le interesa si esta
conectado un capacitor en paralelo o no.
Se observa que la corriente por la carga es la misma pero la
corriente que entrega la fuente es menor a ella debido a que
al bajar el ángulo de desfasaje la corriente APARENTE que
circula por los conductores desde la fuente a la carga es
menor.
Ello lleva a que se puedan colocar cables de alimentación de
menor diámetro que bajan considerablemente los gastos a la
compañía distribuidora de energía eléctrica
Ejercicio Nº 1 :Se dispone de un motor de 0,5 Hp que
consume 3 Amp. ¿ Cuál es el desfasaje que produce ? ¿ Cuál
es la potencia reactiva ?
AmpI
voltsV
HpactP
3
220
5,0
Sabiendo que 1 Hp = 736 watts
557,03.220
368cos
AV
W º11,56
wattsHp 3685,0 cos. efef IVactP
senIVreactP .. VARreactP 8,547
Ejercicio Nº 1 : Una planta industrial opera con una carga de
calefacción de 10 KW y una carga inductiva de 20 KVA debido
a un banco de motores de inducción. Los elementos
calefactores se consideran puramente resistivos y los motores
tienen un factor de potencia de 0,7. Si la tensión de
alimentación es de 1000 Volts a una frecuencia de 60 Hz,
determine el capacitor requerido para llevar el factor de
potencia a 0,95.
Compare el valor de la corriente que toma de la línea sin hacer
la compensación y hecha la misma.
Para los motores de inducción la potencia aparente está dada
por 20 KVA y un factor de potencia de 0,7.
Con estos datos puede encontrarse la potencia activa
haciendo:
El ángulo de desfasaje en los motores se encuentra como :
cos 𝜑 = 0,7
La potencia reactiva del motor es :
𝑃 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 = 𝑃 𝑎𝑝 sin 𝜑 = 20 𝐾𝑉𝐴 sin 45,6 ° = 14,28 𝐾𝑉𝐴𝑅
El triángulo de potencia para el sistema completo esta dado
por :
14,28 𝐾𝑉𝐴𝑅
14 𝐾W 10 𝐾W
45,6 °
𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥
Calefacción 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥
Motores
𝝋
φ = cos−1 0,7 𝜑 ≅ 45,6 °
Aplicando Pitágoras se encuentra la potencia aparente no
compensada.
𝑃 𝑎𝑝 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟) = 24 𝐾𝑊 2 + 14,28 𝐾𝑉𝐴𝑅 2
𝑃 𝑎𝑝 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟) = 27,93 𝐾𝑉𝐴
Para encontrar la corriente total sin compensar se hace :
𝐼 𝑇 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟) = 𝑃 𝑎𝑝 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟)
𝑉 =
27,93 𝐾𝑉𝐴
1000 𝑉
𝐼 𝑇 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟) = 27,93 𝐴
El ángulo de desfasaje total se encuentra aplicando
trigonometría en el diagrama antes visto:
𝝋 = cos−1𝑃 𝑎𝑐𝑡 (𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙)
𝑃 𝑎𝑝 (sin 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑟) = cos−1
24 𝐾𝑊
27,93 𝐾𝑉𝐴=
𝝋 = 30,76 °
Se pide que se compense a un factor de potencia de 0,95 por
ello el valor del ángulo compensado se saca como :
cos 𝜑 = 0,95 φ = cos−1 0,95 𝜑 ≅ 18,19 °
Con estos datos se puede encontrar el valor del capacitor.
2...2
)(
Vf
tgtgactPC
CT
𝐶 = 24 𝐾𝑊 tan 30,76 ° − tan 18,19 °
1000 2 2 𝜋 60 𝐻𝑧 𝐶 = 16,97 𝜇𝐹
El valor de la corriente que toma de la fuente cuando se
compensa es :
24 𝐾W
18,19 ° 𝑃 𝑎𝑝 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑎) =
𝑃𝑜𝑡 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎
cos 𝜑 =
24 𝐾𝑊
cos 18,19 º
𝑃 𝑎𝑝 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑎) = 25,26 𝐾𝑉𝐴
Para encontrar la corriente total compensada se hace :
𝐼 𝑇 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑎) = 𝑃 𝑎𝑝 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑎)
𝑉 =
25,26 𝐾𝑉𝐴
1000 𝑉
𝐼 𝑇 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑎) = 25, 26 𝐴
Ejercicio Nº 2 : En un taller metalúrgico existen entre algunas
cosas un motor de 1/2 Hp con un cos φ = 0,32 y una
soldadora de puntos que por sus características es una
carga de carácter capacitivo cuya potencia es de ¾ Hp y
273,29 VAR.
Se desea conocer el valor del factor de potencia y de ser
necesario corregirlo a un valor de 0,975. Indique como lo
haría y el valor del componente necesario.
Como era de suponer la corriente que entrega la fuente (
compañía distribuidora de energía eléctrica ) es menor
cuando la línea está compensada. Los costos son menores.
Motor cos 𝜑 = 0,32 𝜑 = 71,34 ° 1 𝐻𝑝 → 746 𝑊
0,5 𝐻𝑝 373 𝑊
Soldadora
El triángulo de potencia de esta instalación es :
𝑃 𝑎𝑐𝑡 = 559,5 𝑊 𝑃 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡= 273,29 𝑉𝐴𝑅
𝑃 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡 ( 𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟) = 373 𝑊 . tan 71,34 ° = 1104,33 𝑉𝐴𝑅
373 𝑊 + 559,5 𝑊
273,29 𝑉𝐴𝑅
1104,33 𝑉𝐴𝑅
831,04 𝑉𝐴𝑅
41,71 °
Por lo que el factor de potencia de la instalación esta dado por :
cos 41,71 ° = 0,746
Se pide corregir el factor de potencia a 0,975. Esto se hace de
la siguiente manera:
º 84 , 12 975 , 0 cos C C
2...2
)(
Vf
tgtgactPC
CT
F7,40C
932,5 𝑊
831,04 𝑉𝐴𝑅
41,71 ° 12,84 °
𝐶 = 932,5 tan 41,71 ° − tan 12,84 °
314 220 2
Ejercicio Nº 3 : Un motor consume una potencia de 8,8 KVA
y esta conectado a la red de alimentación. La resistencia
que presenta el motor es de 3 Ω.
Calcular el valor de la inductancia del motor, el factor de
potencia y la potencia activa ( expresar en HP ). Corregir el
factor de potencia a 0,9 indicando el valor del capacitor a
colocar.
AmpV
KVA
V
apPIIVapP
ef
efefef 40220
8,8.
𝑉𝑒𝑓 = 𝐼𝑒𝑓 . 𝑍 𝑍 = 𝑉𝑒𝑓
𝐼 𝑒𝑓 =
220 𝑉
40 𝐴𝑚𝑝 = 5,5 Ω
22
LXRZ despejando 𝑋 𝐿 = 𝑍 2 − 𝑅 2
314
61,4 L mHyL 7,14
𝑿 𝑳 = 𝟑𝟎, 𝟐𝟓 − 𝟗 𝑿 𝑳 = 𝟒, 𝟔𝟏 𝜴
𝑋 𝐿 = 2 𝜋 𝑓 𝐿 𝐿 = 𝑋 𝐿
2 𝜋 𝑓
R
Xtg
R
Xtg
LL 1 º95,56
º95,56coscos 545,0cos
WattsactPIVactP efef 4796cos..
Hpw
Hpw
52,64796
1736
Para corregir el factor de potencia al valor pedido se hace :
º84,259,0co s com pcom p
º84,25º95,56
KwactP 796,4
KVAR376,7
º95,56tg.actPreactP
KVAR323,2
º84,25tg.actPcompreactP
2
)(
Vw
tgtgactPotC
CT 2220.314
)º84,25º95,56(796,4 tgtg
FC 332
Teorema de la máxima transferencia de potencia
VG
ZG
ZL
i LLL
GGG
XjRZ
XjRZ
LGLGT
LGT
XXjRRZ
ZZZ
Para hallar el módulo de la corriente se tiene
2LG2
LG
G
T XXRR
V
Z
VI
En la carga existirá máxima potencia útil ( activa ) cuando
L
2
2LG
2LG
G
L2 R.
XXRR
VPR.IP
2LG2
LG
L2
G
XXRR
RVP
Aplicando técnica de máximos y mínimos 0dR
dP
L
0
XXRR
010RR2.R.VXXRR.1.V
dR
dP22
LG2
LG
LGL2
G2
LG2
LG2
G
L
0XXRR
R2R2.RXXRR.V
dR
dP22
LG2
LG
LGL2
LG2
LG2
G
L
0R2R2.RXXRR LGL2
LG2
LG
0R2RR2XXRR.R2R2
LLG2
LG2
LLG2
G
0RXXR2
L2
LG2
G
Separando las partes resistivas y las reactivas queda
LG RR LG XX
Esto nos dice que para que haya máxima transferencia de
potencia a la impedancia de carga debe verificarse que las
partes RESISTIVAS de ambas impedancias sean iguales y
que además las partes REACTIVAS deben ser complejas
conjugadas es decir si la impedancia del generador es
inductiva la carga debe ser capacitiva y viceversa.
e
ZG
ZL
El teorema dice que el módulo de la impedancia de la fuente
debe ser igual al módulo de la impedancia de carga para que
exista la máxima transferencia de potencia
¿ Que sucede en el siguiente planteo ?
¿ Cuál debe ser la impedancia de carga a colocar en el
circuito si se sabe que tiene que ser una impedancia pura
resistiva de 10 Ohms ?
LG ZZ
2210 LL XR e ZL = ?
ZG = 10 Ω
Medición de potencia en continua
El método para medir la potencia en una resistencia es medir
la tensión y la corriente en el dispositivo y luego realizar el
producto. Dicho método se llama METODO INDIRECTO.
Conexión corta :
A
V RL
I IV IL
RV
RA
U
Presenta el inconveniente de
que el amperímetro no solo
lee la corriente por la carga
sino que también lee la
corriente del voltímetro que
si bien es muy pequeña
debido a su gran resistencia
se hace considerable cuando la carga es de gran valor lo
que hace que circulen corrientes pequeñas.
LV
R
III
I.UPot
LVR IIUP o t
L
R
V
RLRVR
R
U
R
UI.UI.UPot
22
RV PPPot
Conexión larga :
RA A
V RL
RV
U
Ahora es el voltímetro quien
lee la tensión del amperímetro
mas la de la resistencia.
LA
R
UUU
I.UPot
I.UUP o t LA
LALA RIRIIUIUPot 22.. RA PPPot
AR PPotP
VR PPotP Mientras más IDEALES sean los
instrumentos de medida menos error
habrá en despreciar la potencia de
los instrumentos
Medición de potencia en alterna
Dado que en corriente alterna siempre existe un defasaje
entre la tensión y la corriente ya no es posible encontrar la
potencia en la carga a través de un voltímetro y un
amperímetro.
Para medir la potencia activa se utiliza un dispositivo
conocido como VATIMETRO analógico.
Consta de dos bobinas una fija
llamada de intensidad por la cual
circula toda la corriente de la
carga y otra móvil llamada de
tensión ya que ella se conecta
en paralelo con la carga.
Los flujos magnéticos presentes en cada bobina interactúan
entre ellos y se demuestra que el desplazamiento de la aguja
es proporcional a la potencia activa.
U
I q
c o s... IUK
Por ello ya que el
desplazamiento es lineal la
escala de estos instrumentos
es lineal indicando según su
alcance la potencia en forma
directa.
escalaladedivisionesdeNúmero
corrientedeAlcancextensióndeAlcanceK
La constante " K " llamada
constante de proporcionalidad
se encuentra de la siguiente
manera:
Ejercicio : Se dispone de un vatímetro con tres alcances de
tensión y dos alcances de corriente. Su escala esta dividida
en 200 partes. Si la aguja se desplaza 158 divisiones cuando
se elige el rango de 500 V – 5 Amp ¿ que potencia indica ?
Amp
AmpcorrientedeAlcances
V
V
V
tensióndeAlcances10
5
1000
500
300
Div
Watts,
Div
Amp.VK 512
200
5500
WattsDivDiv
WattsPot 19751585,12
En la actualidad existen diversos diseños de vatímetros
digitales que miden los distintos tipos de potencia como así
también el factor de potencia.
Cuando la amplitud de cada señal de tensión son iguales se
denomina equilibrado en tensión, ocurre lo mismo si es en
corriente.
UR
US UT
120º
120º
120º giro +
UR US UT
t
El sistema trifásico puede estar en conexión estrella (4
conductores) o en triángulo ( 3 conductores )
Sistema trifásico : Un sistema trifásico esta constituido por
tres bobinados que están geométricamente separados 120 º
por lo que generan tres tensiones desfasadas 120 º entre sí.
En la distribución de energía domiciliaria es del tipo de cuatro
conductores en donde tres se denominan vivos y al cuarto
neutro que es por donde retorna la corriente al generador.
R
S
T
Generador
U Fase
U Línea
La corriente por cada bobinado se llama corriente de fase y se
ve que se cumple que la corriente de fase es igual a la
corriente de línea
UR
US UT
I R
I S
I T
I R
I S
I T
1 1
Cuando el sistema es
equilibrado la corriente
por el neutro es NULA
I R
I S
I T
UR
US UT
I R
I S
I T
Cuando el sistema
NO es equilibrado la
corriente por el neutro
es DISTINTA de cero
UT
UR
US
120º 30º
30º
- UT
UST
US cos 30º
UST = 2 US cos 30º
U F = U R = U S = U T
U L = URS = UST = URT
U ST = US - UT = US + ( - UT ) UST = 2 US cos 30º
2
3
UST = 2 US 2
3
UST = US 3
U L = U F 3
En todo sistema trifásico la potencia es la suma de las
potencias de cada fase.
cos.I.U.3P FFT
3
UU
II
L
F
LF
cos.I.
3
U.3P L
L
T
Racionalizando : cos.I.U.3P LLT
Analizando el sistema trifásico en conexión triángulo
U F = U L I F
I L I F
FL
FL
II
UU
Haciendo el mismo análisis vectorial hecho para tensiones
en la conexión estrella resulta que para la conexión
triángulo la relación entre la corriente de línea y la de fase
esta dada por :
I L = I F 3
cos.I.U.3P FFT
3
L
F
LF
II
UU
cos.U.
3
I.3P L
L
T
Racionalizando : cos.I.U.3P LLT
Se deduce que cualquiera sea la conexión la potencia en
trifásica siempre tiene la misma expresión.
La potencia total de un sistema trifásico es igual a la
SUMA de las potencias en cada fase.
Si el sistema es equilibrado bastará con obtener la
potencia en una fase y multiplicarla por tres.
Medición de potencia para un sistema equilibrado
I F
W C
A
R
G
A
R
S
T
N
U F
UR
US UT
I R
I S
I T
Si el sistema es de tres conductores debe referirse la medición
a un punto común determinado por dos resistencias que
deben ser IDENTICAS al valor de la resistencia de la bobina
de tensión que posee el vatímetro.
I F
W C
A
R
G
A
R
S
T
Para ambos casos la
potencia total esta dada por
cos.I.U.3Pot FF
FaseTotal Pot.3Pot
Sistema Desequilibrado
Cuando se cumple que el sistema no es equilibrado no queda
otra que medir la potencia en cada fase con un vatímetro
distinto y luego realizar la suma correspondiente.
C
A
R
G
A
R
S
T
N
W 1
W 2
W 3
W 1 C
A
R
G
A
R
S
T
W 2
W 3
321Total PPPPot
METODO DE LOS DOS VATIMETROS
PARA CARGAS EQUILIBRADAS
W 1 C
A
R
G
A
R
S
T
W 2
I R
I S
I T UST
URT
Para obtener la potencia
instantánea total sumamos las
potencias instantáneas de
cada fase.
TTSSRR u.iu.iu.ip
En todo sistema trifásico
equilibrado se cumple que :
0 TRS iii
Despejando de esta última ecuación el valor de Ti queda
RST iii reemplazando en la primer formula da :
TRSSSRR u.iiu.iu.ip
TRTSSSRR u.iu.iu.iu.ip
TSSTRR uu.iuu.ip
RTu STu
STSRTR u.iu.ip 1
Se observa con esta última ecuación que solo bastan dos
vatímetros para medir la potencia total en un sistema trifásico
equilibrado.
Supongamos ahora a modo de comprobación un sistema
equilibrado con carga inductiva ( la tensión adelanta respecto
a la corriente ). Su diagrama fasorial es :
UR
US UT
I R
I S
I T
- UT
UST
URT
30º
30º
Aplicando se tiene : 1
ºcos.U.Iºcos.U.IP STSRTR 3030
Para un sistema equilibrado :
LSTRT
LTSR
UUU
IIII
ºcosºcos.U.IP LL 3030
Aplicando la identidad trigonométrica
coscoscos.cos2
1
ºcos.cos..I.UP LL 302 3
cos.I.U.P LL3
De igual manera que lo visto hasta ahora se deduce que
RESTANDO las potencias indicadas en ambos vatímetros se
encuentra la potencia REACTIVA del sistema solo
multiplicándola por 3
Finalmente se llega a :
activa
reactiva
reactiva
activa
P
Ptg
PP.P
PPP1
21
21
3
21 PP
213 PP.
21
2113
PP
PPtg
De esta última ecuación se concluye que :
Si la carga es RESISTIVA PURA
Si la carga es INDUCTIVA
Si la carga es CAPACITIVA
21 PP
21 PP
21 PP
Contadores – Medidores de Energía
Un contador de energía no es otra cosa que un medidor de
ENERGÍA con un sistema de medición que registra la
potencia en un determinado intervalo de tiempo.
Generalmente la indicación esta dada en kilovatios hora , es
decir que registra por hora la potencia consumida.
Básicamente consta de dos electroimanes conectados como
se aprecia en la figura uno a la tensión de línea y el otro en
serie con la carga a medir.
El electroimán conectado en paralelo con la carga generará
un flujo magnético variable proporcional a la tensión al igual
que el que esta en serie proporcionará otro flujo magnético
variable proporcional a la corriente que lo atraviesa esto es a
la corriente que circula por la carga.
C
A
R
G
A
i
i
u
N
S
Bobina de tensión
Bobina de corriente
Sistema indicador
Disco aluminio
Estos flujos crean en el disco de aluminio corrientes inducidas o de
Focault las cuales crean un flujo magnético variable ROTATIVO
que hace que el disco gire sobre su eje.
Para frenar el aumento continuo de velocidad del disco se coloca
un imán permanente el cual al girar el disco se inducirán en el
disco nuevas corrientes de Focault de sentido opuesto a las
anteriores lo que provocará un frenado del disco.
De no estar la carga conectada solo la bobina de tensión estará
conectada y no habrá movimiento del disco, al conectar la carga se
generará un flujo en la bobina de corriente que hará girar al disco.
Al principio dicho movimiento es muy lento y por ello casi no hay
frenado. A medida que la corriente aumenta también lo hace el
frenado llegando a una velocidad constante. En dicho instante el
número de vueltas es proporcional a la energía consumida.
Energía = K . Nº de vueltas
El movimiento del disco se transmite mediante engranajes al
sistema indicador llamado NUMERADOR