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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)
7.1.- Potencia instantánea, media y fluctuante de un dipolo pasivo.
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
u(t) = 2 U sen (ωωωωt)
i(t) = 2 I sen (ωωωωt - ϕϕϕϕ)
7.1.- Potencia instantánea, media y fluctuante de un dipolo pasivo.
Potencia Media un dipolo pasivo:
Excitación:
Respuesta:uAB
B
pasivo i(t) = 2 I sen (ωωωωt - ϕϕϕϕ)Respuesta:
p(t) = U I cos ϕϕϕϕ - UI cos (2ωωωωt - ϕϕϕϕ)Potencia Instantánea:
Constante Puramente FluctuanteConstante
ϕ=== ∫ CosIUdt)t(pT1
PPT
0medPotencia Media:
Puramente Fluctuante
Potencia Activa, Real o vedadera
u
p(t) = U I cos ϕϕϕϕ - UI cos (2ωωωωt - ϕϕϕϕ)Potencia Instantánea:
Constante Puramente Fluctuante
u
t>0t<0
tω t
up
p
p(t) = U I cos ϕϕϕϕ - UI cos (2ωωωωt - ϕϕϕϕ)Potencia Instantánea:
Constante Puramente Fluctuante
u
p
ϕUI=P cos
t>0t<0
ω tt
p(t) = U I cos ϕϕϕϕ - UI cos (2ωωωωt - ϕϕϕϕ)Potencia Instantánea:
Constante Puramente Fluctuante
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)
P= U I cos ϕϕϕϕ Q= U I sen ϕϕϕϕDonde: y
p(t) = U I cos ϕϕϕϕ - UI cos (2ωωωωt - ϕϕϕϕ)Potencia Instantánea:
Constante Puramente Fluctuante
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 (+)
p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)
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 (+,-)
P= U I cos ϕϕϕϕ Q= U I sen ϕϕϕϕDonde: y
Fluctuante (+)
Resistencia:Resistencia:
uAB
A
B
iABR
u(t) = 2 U sen (ωωωωt)
i(t) = 2 I sen (ωωωωt)
P = UI cos(0) = UI=RI2= U2/R
ϕϕϕϕ =0Desfase
Q= U I sen(0)= 0
p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)
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))
p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)Potencia Instantánea:
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
=
p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)Potencia Instantánea:
Fluctuante (+,-)
P= U I cos ϕϕϕϕ Q= U I sen ϕϕϕϕDonde: y
Fluctuante (+)
Bobina:Bobina:
uAB
A
B
iABL
u(t) = 2 U sen (ωωωωt)
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)
p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)
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
p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)Potencia Instantánea:
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
p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)Potencia Instantánea:
Fluctuante (+,-)
P= U I cos ϕϕϕϕ Q= U I sen ϕϕϕϕDonde: y
Fluctuante (+)
Condensador:Condensador:
uAB
A
B
iABC
u(t) = 2 U sen (ωωωωt)
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
p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)
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
p(t) = P (1+sen(2ωωωωt - ππππ/2))- Q sen(2ωωωωt)Potencia Instantánea:
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(t) = P(1+sen(2ωωωωt- ππππ/2)) – Q sen(2ωωωωt)
P = 0 Q = U I = XI2 = U2/X = L ωωωω I2 (+)
R
p(t) = P(1+sen(2ωωωωt- ππππ/2)) – Q sen(2ωωωωt)
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:
P = U I cos (ϕϕϕϕ)
Q = U I sen (ϕϕϕϕ)
cos (ϕϕϕϕ)
S = U I VA
VAr
W
ϕϕϕϕS Q
Triangulo de potencias:
P = U I cos (ϕϕϕϕ)
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
Triangulo de potenciasTriangulo de
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
Triangulo de potenciasTriangulo de
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
Triangulo de potencias
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
Triangulo de potencias
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 ∑∑ +=
7.4.- Teorema de Boucherot.
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
7.4.- Teorema de Boucherot.
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
7.4.- Teorema de Boucherot.
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
7.4.- Teorema de Boucherot.
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
7.4.- Teorema de Boucherot.
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 =
7.4.- Teorema de Boucherot.
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
7.5.- Sistemas Monofásicos.
A
U
IABTHZ+
B
UAB
Z
THU
+Generador
S (KVA)
UAB = 230 VUAB = 230 V
f = 50 Hz
7.5.- Sistemas Monofásicos.
A
U
IABTHZ+
B
UAB
THZ
THU
+
S (KVA)
UAB = 230 VUAB = 230 V
f = 50 Hz
7.5.- Sistemas Monofásicos.
Receptor
A C
U
IAB ICDTHZ+
Centro de Consumo
Línea de transporte
L metros
DB
UAB UCD
THZ
THU
+
S (KVA)
UAB = 230 V L metrosUAB = 230 V
f = 50 Hz
7.5.- Sistemas Monofásicos.
A C
U
IAB ICDTHZ+
Receptor
Línea de transporte
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
7.5.- Sistemas Monofásicos.
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
Conexión de receptores monofásicos: EN PARALELO
L1
L2
UN
I1
111 ZZ ϕ=
Conexión de receptores monofásicos: EN PARALELO
L1
L2
UN
I1 I2
111 ZZ ϕ= 222 ZZ ϕ=
Conexión de receptores monofásicos: EN PARALELO
L1
L2
UN
I1 I2 I3
111 ZZ ϕ= 222 ZZ ϕ= 333 ZZ ϕ=
Conexión de receptores monofásicos: EN PARALELO
L1
L2
UN
I1 I2 I3
111 ZZ ϕ= 222 ZZ ϕ= 333 ZZ ϕ=
P1
Q1
P2
Q2
P3
Q3
Conexión de receptores monofásicos: EN PARALELO
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
Conexión de receptores monofásicos: EN PARALELO
L1I
U
I1 I 2 I 3
Z 1 1 Z 2 2Z 3 3ϕ ϕ ϕ
L2
7.5.- Sistemas Monofásicos.
C
ICD
Receptor
D
UCDCZ
PT (W)
UN = 230 VUN = 230 V
f = 50 Hz
f.d.p cos ϕϕϕϕ
7.5.- Sistemas Monofásicos.
A C
U
IAB ICDTHZ+
Receptor
Línea de transporte
L metros
DB
UAB UCD
THZ
THU
+CZ
S (KVA)
UAB = 230 V
PT (W)
UN = 230 VL metrosUAB = 230 V
f = 50 Hz
UN = 230 V
f = 50 Hz
f.d.p cos ϕϕϕϕ
7.5.- Sistemas Monofásicos.
A C
U
IAB ICDTHZ+ LZ
Receptor
Línea de transporte
L metros
DB
UAB UCD
THZ
THU
+ LZ
LZ
S (KVA)
UAB = 230 V
CZ
PT (W)
UN = 230 VL metrosUAB = 230 V
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
7.5.- CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
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
7.5.- CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
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
7.5.- CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
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%
7.5.- CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
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
7.5.- CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
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
7.5.- CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
Maneras de corregir el factor de potencia:C
U
IiCZ
Receptor
U
D
UCZ
Ii
CReceptor
D
U
IiCZ
IfU
Ii
Ic
If
7.5.- CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
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:
7.6.- Medida de la potencia y energía en corriente alterna
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
7.6.- Medida de la potencia y energía en corriente alterna
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:
7.6.- Medida de la potencia y energía en corriente alterna
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
7.6.- Medida de la potencia y energía en corriente alterna
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:
7.6.- Medida de la potencia y energía en corriente alterna
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
7.6.- Medida de la potencia y energía en corriente alterna
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.
7.6.- Medida de la potencia y energía en corriente alterna
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
Los recargos y bonificaciones se calculan por la formula:
7.6.- Medida de la potencia y energía en corriente alterna
Los recargos y bonificaciones se calculan por la formula:
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:
7.6.- Medida de la potencia y energía en corriente alterna
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.
Equipos de medida para facturación
NORMAS PARTICULARES Y CONDICIONES TÉCNICAS Y DE SEGURIDAD 2005
Equipos de medida para facturación
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