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Ejemplo 1 Trazar el triángulo de potencias de un circuito cuya impedancia es Z=3+j4 ohmios y al que se le aplica un fasor tensión V=100/30º voltios. El fasor intensidad de corriente que resulta es I = V/Z = (100/30º)/(5/53.1º) = 20/-23.1º A. Método 1

Método 2

Método 3

Método 4

Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA En las aplicaciones industriales se suele trabajar con cargas inductivas, por lo que la intensidad retrasa respecto de la tensión aplicada. La potencia activa P entregada a la

carga es una medida del trabajo útil por unidad de tiempo que puede realizar la carga. Esta potencia se transmite, normalmente, a través de líneas y transformadores. Como un transformador trabaja, en general, a tensión constante, la potencia aparente en kVA da idea de la intensidad máxima permitida. Teóricamente, si se conectase una carga inductiva o capacitiva pura, el transformador podría estar trabajando a plena carga, mientras que la potencia activa (media) suministrada sería cero. En el triángulo de potencias, la hipotenusa S es una medida de la carga del sistema de distribución, y el cateto P es una medida de la potencia útil suministrada. Evidentemente, interesa que S se aproxime lo más posible a P, es decir, que el ángulo θ sea muy pequeño.

Como el factor de potencia es f.p.= cosθ, valdría aproximadamente la unidad. En el caso normal de una carga inductiva es posible corregir el f.p. mediante condensadores en paralelo con la carga. Obsérvese que la tensión en la carga es la misma, con lo que la potencia útil P tampoco varía. Al aumentar el factor de potencia la intensidad y la potencia aparente disminuyen y, por tanto, se consigue una utilización mas eficiente de la potencia en el sistema o red de distribución.

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Ejemplo 2 En el circuito del ejemplo 1 corregir el factor de potencia al valor 0.9 en retraso, utilizando condensadores en paralelo. Hallar el valor de la potencia aparente S´ después de introducir la corrección y la potencia reactiva de los condensadores necesarios para obtener dicha corrección.

Representemos de nuevo el triángulo de potencias del Ejemplo 1. En este caso 0.9 = cosθº, de donde θ = 26º y S´= P/cosθº = 1200/cos26º Ahora bien Q´= S’ senθº = 1333 sen26º = 585 VAR en retraso. Potencia reactiva del condensador = Q – Q´ = 1600 – 585 = 1015 VAR en adelanto Como P no varía, la energía activa permanece constante después de la corrección. Sin embargo, el valor de S se reduce de 2000 VA a 1333 VA Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

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1. Determinar el triangulo de potencias de un circuito al que se le aplica la tensión v = 200sen(wt + 110º) voltios y circula la intensidad i = 5sen(wt + 20). Sol. P = 0, Q = 500 VAR en retraso.

V  200 sen ( wt  110º ) i  5 sen ( wt  20º ) V VRMS  max  141.4 2 I I RMS  max  3.5 2 Entonces:

V  141.4 110º I  3.5 20º Donde:

S  VI S  500 90º S  0  j 500

P0 Q  500 VAR   retraso Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

2.

Determinar el triángulo de potencias de un circuito al que se le aplica la tensión v = 14,14coswt voltios y circula la intensidad i = 17,1cos(wt – 14,05º) miliamperios. Sol. P = 117,5 mW, Q = 29,6 mVAR en retraso y f.p.= 0.97 en retraso.

V  14.14 cos wt volt. i  17.1 cos(wt  14.05º )mA. 14.14 0º V  2 17.1 I  14.05 2 *) S  V I * S  120.897 14.05º  S  P  jQ S  117.3  j 29.37

Entonces

P  117.3 mW Q  29.4 mVAR Cos(14.05)  0.97 f . p  0.97  Re traso

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3.

Determinar el triángulo de potencias de un circuito al que se le aplica una tensión v = 340sen (wt – 60º) voltios y circula una intensidad i = 13,3sen(wt – 48.7º) amperios. Sol. P = 2215 W, Q = 442 VAR en adelanto, f.p.= 0.98 en adelanto.

v  340 Sen ( wt  60º )volt. i  13.3 Sen( wt  48.7º ) Amp.  340   13.3  S  60 º    48.7º  2  2  S  2261  11.3º  S  P  jQ P  2217 w S  2217  j 443

Entonces

cos(11.3)  0.98  adelanto

Q  443 VAR

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4.

La tensión eficaz aplicada a un circuito serie de R = 10 Ω y Xc = 5 ohmios es 120 voltios. Determinar el triángulo de potencias. Sol. S = 1154 – j577 VA ; f.p.= 0.894 en adelanto.

Z  10  j 5 Z  11.18 26.56º V Z  I I

V 120 0º  Z 11.18 26.56

I  10.733  26.56º

* S  VI * S  1287.96 26.56º S  1153  j 576  adelanto

Cos(26.56)  0.894en adelanto. Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

5.

La tensión eficaz en la resistencia de un circuito serie de R = 5 Ω y XL = 15 ohmios vale 31,6 voltios. Determinar el triángulo de potencias. Sol. S = 20 + j60 VA ; f.p.= 0.316 en retraso.

Z  5  j15 Z  15.81 71.56º V I  Z 31.6 0º I 15.81 71.56º I  1.998  71.56º *) S  VI * S  (31.6 0º ) (1.998 71.56º ) S  63.1368 71.56 S  19.97  j 59.89 S  20  j 60

v mrs  31.6 v  31.6 0º

cos(71.56)  0.316 f . p  0.316  Re traso

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6.

El fasor de la tensión aplicada a un circuito serie de R = 8 ohmios y Xc = 6 ohmios es V = 50/-90º voltios. Determinar el triángulo de potencias. Sol. S = 200 – j150 VA ; f.p.= 0.8 en adelanto.

Z  8  j6 Z  10 36.56º V I Z I  5  126.86º S S S S

V  50  90º

 VI *  (50  90) (5 126.86º )  250 36.86º  200  j150

* cos(36.86)  0.8 f . p  0.8  adelanto

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7.

Hallar la impedancia de un circuito que consume 5040 voltios – amperios con un factor de potencia de 0.894 en adelanto respecto de un fasor tensión V = 150/45º voltios. Sol. 4 – j2 Ω

S  5040 VA Cos  0.894   26.61º

 S  5040 26.61º *) V  150 45º  S  VI S 5040 26.61º I   V 150 45º I *  33.6  18.39º Pero : I  33.6 18.39º V 150 45º Z   I 33.6 18.39º Z  4.46 26.61º Z  5 26.61º Z  4  j 2

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8.

Una impedancia por la que circula una corriente eficaz de 18 amperios consume 3500 voltios – amperios con un factor de potencia de 0.76 en retraso. Calcular dicha impedancia. Sol. 8,21 + j7,0Ω

I RMS  18 A

S  3500 VA S  3500 40.53º

cos  0.76   40.53º

retraso

Además

I  18 0º S  V .I S V I 3500 40.53º 18 0º V  194.4 40.53º

V

Luego

V I 194.4 40.53º Z 18 0º Z  10.8 40.53º Z  8.2  j 7 Z

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9.

Hallar las constantes de un circuito serie de dos elementos por el que circula una intensidad de corriente i = 4,24sen(5000t + 45º) amperios y consume 180 vatios con un f.p. 0,8 en retraso. Sol. R = 20Ω ; L = 3 mH i  4.24 sen (500t )

P  180 4.24 I 2

45º

I  2.99 45º

 cos  0.8   36.86 P  cos  0.8  S 180 0.8  S S  225  S  225 36.86º 225 36.86 V 2.99  45º V  75.25 81.86º V Z I 75.25 81.86º Z 2.99 45º Z  25.16 36.86º Z  20  j15

X L  wL X L  ( 2f ) L xL 2f 15 L  2 (60) L  0.0397 L  39 mH Ing. Jony Villalobos Cabrera L 

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10.

Determinar el triángulo de potencias del circuito constituido por las impedancias Z1= 5,83/-59º ohmios y Z2 = 8,95/63,4º ohmios en serie por las que circula una intensidad de corriente eficaz de 5 amperios. Sol. ST = 175 + j75 VA ; f.p.= 0.918 en retraso.

Z1  5.83  59º  3  j5

*)

Z 2  8.95 63.4º  4  j8

I  5 0º

Z1T2  7  j 3 Z1T2  7.62

I RMS  5 A

23.19º

V  Z1T2 I V  ZI V  (7.62 23.19º ) (5 V  38.1 23.19º

*)

0º )

Entonces

S S S S

 VI  (38.1 23.19º ) (5 0º )  190.5 23.19º  175  j 75

 P  175W Q  75 VAR f . p  0.918 en retraso Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

11.

La potencia reactiva consumida por dos impedancias Z1 = 5/45º ohmios y Z2 = 10/30º ohmios en serie es 1920 voltios-amperios reactivos en retraso. Hallar la potencia activa P y la potencia aparente S. Sol. P = 2745 W ; S = 3350 VA.

Q  1920 VAR  retraso Z1  5 45º  3.53  j 3.53

P

Z 2  10 30º  8.6  j 5

35.12º

Z1T2  12.13  j8.53

QL

S

 Z1T2  14.82 35.12º *) Cos 35.12º  P / S 0.82  P / S

Pero :  Tg (35.12º ) 

QL P

QL Tg (35.12) *) P  2730 W *) S  3338 VA P

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12. El circuito de la Fig. 7-23 consume 36,4 voltios-amperios con un factor de potencia de 0.856 en retraso. Hallar el valor de Z. Sol. Z = 1/90º Ω Consume:

S=36.4 VA

* f . p  0.856 en retraso p cos   0.856  s P  31.1584 w   31.13º

entonces:

I  2.5 0º S  VI * 36.4 31.13º  2.5 0º ( V ) V  14.53 31.13º Luego

V I 14.53 31.13 Z 2.5 0º Z r  5.824 31.13º Z

Z r  4.9  j 3.01  adelanto

entonces : Z1  5  j 2 Z ?  Z T  Z1  Z Z T  Z1  Z Z  4.9  j 3.01  (5  j 2) Z  j1 Z  1 90º  Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

13.

El circuito serie de la Fig. 7-24 consume 300 vatios con un factor de potencia de 0.6 en retraso. Hallar la impedancia desconocida y determinar el triángulo de potencias. Sol. Z = 4/90º Ω ; S = 300 + j400 VA. Consume:

P=300 w entonces:

S  500 53.13º

Además

*) f . p  0.6 en retraso entonces P cos  0.6  S   53.13º S  500 Retraso

*) Triángulo de Potencia S  500 53.13º S  300  j 400 VA Retraso

V  50 30º Luego

S  V .I 500 53.13º  50 30º ( I *) I *  10 23.13º Además:

V Z I 50 30º Z 10  23.13º Z  5 53.13º

Entonces:

Z T  3  j 4  adelanto Z1  R

Donde:

ZT  Z1  Z 3  j4  3  Z Z  j4 Ing. Jony Villalobos Z  4 Cabrera 90º  Docente FIME - UNPRG

14.

El fasor de tensión aplicada a dos impedancias Z1 = 4/-30º ohmios y Z2 = 5/60º ohmios en paralelo es V = 20/0º voltios. Determinar el triángulo de potencias de cada rama así como el triángulo de potencias total mediante combinación de los anteriores. Sol. P = 126,6 W ; Q = 19,3 VAR en retraso ; f.p.= 0.99 en retraso.

Z1  4

 30 

V  20 0º volt

Z 2  5 60º  Entonces

V *) I1  Z1 20 0º 4  30 I1  5 30º I1 

*) I 2 

V Z2

20 0º 5 60º I 2  4  60 I2 

Luego:

S1  VI 1 * S1  (20 0º ) (5  30)

S 2  VI 2 * S 2  (20 0º ) (4 60º )

S1  100  30º

S 2  80 60º

S1  86.6  j 50

S 2  40  j 69.28 Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

Luego

S1  S 2  ST ST  (86.6  j50)  (40  j 69.28) ST  126.6  j19.28 ST  128.05 8.65º

Donde:

P  126.6W Q  19.28 VAR  retraso cos(8.65)  0.99  Re traso

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15.

El valor de la tensión eficaz aplicada a un circuito formado por R = 10 ohmios y Z = 8/30º ohmios en paralelo es de 5 amperios. Determinar el triángulo de potencias total. Sol. P = 110 W; Q = 33 VAR en adelanto ; f.p.= 0,957 en adelanto.

I  5A

Z 2  8  30º

Z 1  10 

Z 2  7  j4

entonces V 1) Z 1  I1

I T  I1  I 2 V   V       10   7  j 4 

2) Z 2I  T 7j 4

I1 

V Z1

I2 

I1 

V 10

I2

Luego

I T  I1  I 2 V   V   I T       10   7  j 4   7  j 4  10   I T  V   70  j 40   17  j 4   5  V   70  j 40 

V Z2 V  7 

j 4  10   70  j 40  V    7  j4  17  j 4   5  V   70  j 40  IT

350  j 200 V 17  j 4 403.1 29.7 º  V  17.5 13.24º V  23.03 16.46º Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

Luego

V  23.03 16.46º I T  5 0º Entonces S  VI S  (23.03 16.46º ) (5 0º ) S  115.15 16.46º S  110.4  j 32.6 S  110  j 33 Por lo tan to : P  110 w Q  33 VAR cos(164.6º )  0.959adelanto

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16.

Hallar la potencia activa total y el factor de potencia del circuito paralelo de la Fig. 7-25 sabiendo que la potencia de la rama 1 es 8 kilovoltios amperios reactivos. Sol. 8 kw; f.p = 0.555 en retraso.

Z 1  j 5  5 90º Z 2  4  j 2  4,47 26.57º *) Q  x 2 I 2 8000  5I 12 I 1  40 amp  40 0º  I1 

V Z1

V 40 0º  5 90º V  200 90º

 S1  VI 1* S1  (200 90º ) (40 0º ) S1  8000 90º S1  j8000

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 I2 

V Z2

 S 2  VI 2* S 2  (200 90º ) (44,74 63,43º )

200 90º I2  4,47 26,57º I 2  44,74 63,43º

S 2  8948 26,57º S 2  8002,9  j 4002,4

Luego

S T  S1  S 2 S T  j8000  8003  j 4002 S T  8003  j12002  14425,53 56,3º  PT  8kw

 f . p  cos(56,3º ) f . p  0,555

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17.

¿Qué lectura indicará al amperímetro del circuito de la Fíg. 7-26 si el consumo de la rama 2 es 1490 voltios - amperios?. Determinar el triángulo de potencias. Sol: 42,4 A; S = 2210 + j3630 VA ; f.p = 0,521 en retraso.

Z 1  2  j 3  3,61 56,31º Z 2  3  j 6  6,71 63,43º Pero : S 2  1490 VA S2  I 2Z 1490  6,71( I ) I 2  14,9 2

I 2  14,9

 I1 

0º

V Z1

100 63,43º 3,61 56,31º I 1  27,7 7,12º I1 

I 1  27,49  j 3,43

V Z2

 I2 

V 6,71 63,43º V  99,98 63,43º V  100 63, 43º

14,9

0º 

 S1  VI1* S1  (100 63,43º ) (27,7  7,12º ) S1  2770 56,31º S1  1536,5  j 2304,8 Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

 I T  I1  I 2 Pero : I T  I A  I1  I 2 I A  14,9  27,49  j 3,43 I A  42,39  j 3,43 I A  42,5 4,63º I A  42,5 amp

Luego ST  S1  S 2 ST  1536,5  j 2304,8  1490 ST  3026,5  J 2304,8 * f . p  cos(37,3º ) f . p  0,795 en retraso Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

18.

En el circuito paralelo de la Fig. 7-27 la resistencia de 3 ohmios consume 666 vatios y el circuito total 3370 voltios – amperios con un factor de potencia 0,937 en adelanto. Hallar el valor de Z. Sol. Z= 2 – j2

* Z ? * Z1  3  j 6  6,71 63,43º * ST  3370 VA * f . p  0.937 en adelanto pero : P3  RI

2

V  (14,9 0º ) (6,71 63,43º ) V  99,9 63,43º V  100 63,43º

666  3I 22 I 2  14,9 I 2  14,9

0º

*Luego

V Z 100 63,43º I1  Z I1 

 V  I 2 Z1

* Cos 1 (0,937)  20,45º  en adelanto  ST  3370  20,45º ST  3157,6  j1177,4 Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

Pero

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19.

La potencia total consumida por el circuito de la Fig. 7-28 es 1500 vatios. Determinar el triángulo de potencias. Sol. S = 1500 + j2480 VA; f.p. = 0,518 en retraso.

* Pr  1500 w * Z1  2  j 3  3,61 56,31º * Z 2  3  j 6  6,71 63,43 además : V I1  Z1 I1 

V 3,61

I2 

V Z2

I2 

V 6,71

donde V V  3,61 6,71 I T  0,43 V

IT 

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Luego:

PT  R1 I12  R2 I 22 2

 V   V  PT  2   3   3,61   6,71  PT  0,22 V 2

2

Pero : PT  1500  1500  0,22 V 2 V  82,57 volt.  I1  22,87 I 2  12,3

Entonces:

QT  3(22,87) 2  6(12,31) 2 QT  2478,33 VAR en retraso  ST  1500  j 2478 VA f . p  0,52 en retraso Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

20.

Hallar la potencia disipada en cada una de las resistencias del circuito del circuito de la Fig. 7-29 sabiendo que la potencia total es de 2000 vatios. Sol.: P15 = 724 W: P8 = 1276 W.

* Z1  15  15

0º

* Z 2  8  j 2  8,25  14,04º * PT  2000 w Entonces

I1 

V 15

I2 

V 8,25

La relación de las corrientes : I1

Luego

, I 2 será

V I1 8,25  15   0,55 V I2 15 8,25 P1 R1 I 12 15    (0,55) 2 2 P2 R2 I 2 8 P1  0,567 P2

PT  P1  P2 PT P1  1 P2 P2 2000  1,567 P2 P2  1276,3 w

Rpta.

 PT  P1  P2 2000  P  1276

1 Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIMEw- UNPRG P1  724 Rpta.

21.

La potencia reactiva Q del circuito de la Fig. 7-30 es de 2500 voltios amperios reactivos en retraso. Determinar el triángulo de potencias completo. Sol. S=3920 VA ; P = 3020 w; f.p = 0.771 en retraso.

* QT  2500 VAR en retraso * Z 1  4  j 4  5,657 45º * Z 2  12  j 6  13,416 26,57º La relación de la intensidades será:

V I1 5,657   2,372 V I2 13,416 

2 1 2 2

Luego de:

Q1 4 I 4   (2,372) 2 Q2 6 I 6 Q1  3,751 Q2

 QT  Q1  Q2 QT Q  1 1 Q2 Q2

Q1  4 I12

Q2  6 I 22

1973,795  4( I1 ) 2

526,205  6 I 22

I1  22,2137

 * ST  5,657 (22,2137) 2  13,416(9,365) 2 ST  3967,3 VA * PT  4(22,2137) 2  12(9,365) 2

2500  4,751 Q2 Q2  526,205

I 2  9,365

PT  3026,2 w Q1  1973,795

f . p  0,76 en retraso

Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

22.

Hallar el factor de potencia del circuito de la FIG. 7-31. Se sustituye la resistencia de 6 ohmios por otra de manera que el factor de potencia total sea 0.9 en retraso ¿cuál será este nuevo valor óhmico? Sol. F.p = 0.9 en retraso: R = 3.22 Ω

z1  2  j 4  4,472 63435º z 2  6   6 0º v 4,472 I T  I 1  I 2  I1 

I2 

v 6

v v  4,472 6 I T  0,39v

IT 

 PT  R1 I1  R2 I 2 2

2

2

 v  v PT  2   6  6  4,472  PT  0.1v 2  0,167 v 2  PT  0,267 v 2  0,3 v 2

2

Luego : S T  VI T S T  v (0,39v)  0,39 v 2 PT 0,3 v 2  f . p.    0,8Rpta1 2 S T 0,39 v

Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

 f . p.  0,9 en retraso pero : z1  2  j 4  4,472 63,345º z 2  R   R 0º

 ST  ( 0,2 R  0,9) v 2  j (0,1R  2 )v 2 Donde :

v  I1  z1

v I2  z2

v 4,472 I T  I 1  I 2

I2 

I1 

 4,472 R   R  4,472  2  V 25,84º pero ST   4 , 472 R  

v R

v v IT   4,472 R  R  4,472  v  I T    4,472 R 

 ST  VI T  R  4,472  V ST  V  4 , 472 R    R  4,472  2 V ST   4,472 R   R  4,472  2 V 25,84º pero S  

PT  (0,2 R  0,9) v 2

: QT  (0,1R  2) v 2

Luego : f . p.  0,9 

PT ST

(0,2 R  0,9)v 2   0,9  R  4,472     4,472 R  (0,2 R  0,9) (4,472R)  0,9 ( R  4,472) 0,89R 2  4,02R  0,9 R  4,02 Re dondeando: 1R 2  4 R 1R  4 R 2  3R  4  0 Ing. Villalobos Cabrera R Jony 1Rta .2 Docente FIME - UNPRG

23.

En el circuito de la Fig. 7-32 el valor de la carga es Z=5+j8.66 ohmios, calcular el tanto por ciento de disminución de la intensidad total al añadir el condensador de –j20 ohmios de capacitancia en paralelo con la carga. Sol.: 38%

z1  5  j 8,66  9,99 59,99º 10 60º v 10 2) z 1   j 20  20  90º

1) I 

z 2  5  j8,66 10 60º  I1 

v z1

I2 

v z2

I1 

v 20

I2 

v 10

v v IT   20 10 I T  0,15v

Luego : 100%  0,1v x  0,15v 100% (0,1v)  (0,15v) x x  66,67% x  67% 100%  67%  33% dis min uye

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24.

Una fuente a 60 hertzios y 240 voltios de tensión eficaz suministra 4500 voltios – amperios a una carga con un factor de potencia 0,75 en retraso. Hallar la condensador )capacidad P  4 500del (0,75 )  3 375 retraso que ha de colocarse en paralelo con la carga para que el factor de potencia sea (a) 0,9 en   41,4 / 1  0,75 retraso (b) 0,9 en adelanto. 3375 41,4º 26º

3750

3750

4500

26º 16442976

41,4º

1332

4500

Q reactiva del condensador * Q  2 976

XC 

1 2  60  C

1 2  60 (43,24) c  61,3F Rpta. c

  26º

) P  4 500 (0,75)  3 375 retraso  P  3 375   41,4 / 1  0,75

3 375

S  3 750 Q  4 500 Sen 41,4  2 976 retraso 0,9 Si se desea corregir el F .P  Q  3 750 ( Sen 26º ) ) Q2  0,9

Vx2 1332 XC 2402 XC  1 332 X C  43,24

Q  4 500 Sen 41,4  2 976 retra P=3375 Si se desea corregir el F .P  QT )QQ 2  0,9 1=2976 Q2=1644

*

  26º

Q  1 644  QT  1 644  2 976  4 620

 P  3 375 VX2 3 375 QT  S  3 750 X 0,9 2402 Q  3 750 ( Sen 26º ) 4 620  Q  1 644 X X C  12,47  QT  1 644  2 976  4 620 VX2 QT  X 4 620 

1 2    60(12,47) Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente - UNPRG C  212 ,75 FIME F  XC 

2402

25.

En el apartado del problema (a) del problema (b) 7 – 38 ¿en qué tanto por ciento disminuye la intensidad de corriente? ¿Existe alguna reducción más en el apartado (b)? Sol. 16.7% No, la corriente es la misma.

a) f . p.  0,75 P  VI Cos  3 375  240 I (0,75) 18,75  I1

b) Como la potencia P es la misma, no existe ninguna reducción adicional de la corriente por lo tanto es la misma.

Luego fp  0,9 P  V  I 2 Cos  3 375  240 I 2  0,9 15,675  I 2  18,75  100 % 15,675  X 15,675 (100 %) 18,75 X  83,3 %  100 %  83,3 %  16,7 % Existe una reducción de 16,7 % X 

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26.

Tres impedancias Z1  20 / 30º ohmios Z 2  15 /  45º ohmios y Z 3  10 / 0º ohmios están asociadas en paralelo con una fuente de tensión V  100 /  45º voltios. Determinar el triángulo de potencias de cada rama, así como la suma de los tres para obtener el triángulo de potencias total. Sol. P = 1904 W; Q=221 VAR en adelanto : S = 1920 VA; f.p = 0,993 en adelanto.

* V 100  45º volt. * z1  20 30º * z 2 15  45º * z 3 10 0º

 I1 

v z1

100  45º 20 30º I1  5  75 I1 

I1 1,294  j 4,83

I2 

v z2

100  45º 15  45º I 2  6,667 0º I2 

I 2  6,667 

I3 

v z3

100  45º 10 0º I 3 10  45º

I3 

I 3  7,071 j 7,071

Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

Luego : * S1  VI1 * *) S1  (100  45º ) (5 75º ) S1  500 30º S1  433,013  j 250  P1  433,013W Q1  250VAR  retraso f . p.  0,866  retraso

* S 2  VI 2* *) S 2  (100  45º ) (6,667 0º ) S 2  666.7  45º

* S3  VI 3 * *) S3  (100  45) (10 45º ) S3 1000 0º

S 2  471,43  j 471,43  P1  471,43W Q1  471,43VAR  adelanto

S3 1000.VA  P3 1000W

f . p.  0,707  adelanto

f . p. 1  retraso

Entonces : S T  1904,443  j 221,43 S T  1917,27  6,63º S T  1917VA ; PT  1904W ; QT  221VAR en adelanto  f . p.  0,993 en adelanto

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27.

En el Problema 7-40 de fuente de 100 voltios suministra 1920 voltios-amperios, con un factor de potencia 0,993 en adelanto, a las tres ramas en paralelo del circuito. Hallar la intensidad de corriente total en el circuito. Sol. 19,2 A; en adelanto 6.62º respecto de V.

I1 1,294  j 4,83 I 2  6,667 I 3  7,071 j 7,071 I T 15,032  j 11,901 I T 19,173 38,37º I T 19,2 Amp. en adelanto 6,63º respetoa V

Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

28.

Una fuente de tensión V  240 /  30º voltios alimenta tres impedancias Z 1  25 / 15º ohmios, Z 2  15 /  60º ohmios y Z 3  15 / 90º ohmios en paralelo. Determinar el triángulo de potencias para cada rama, así como el correspondiente a la combinación de los tres. Sol. P = 4140 W; Q = 1115 VAR en retraso; S = 4290 VA: f.p. = 0.967 en retraso.

* Z 1  25 15º *Z   15  60º * Z 3  15 90º * V  240  30º  I1 

V Z1

I2 

240  30º  9,6  45º 25 15º I1  6,788  j 6,788 I1 

V Z2

240  30º 16 30º 15  60º I 2 13,856  j 8 I2 

I3 

V Z3

240  30º 16  120º 15 90º I 3 13,856 I3 

Luego : IT  20,644  j 12,644 IT  2,21  31,49º

Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

Rama 1

Rama 2:

Rama 3:

S1  (240 /  30 (9,6 / 45º )

S 2  (240 /  30 (16 /  30º )

S 3  (240 /  30 (16 / 120º )

S1  2304 / 15º VA

S 2  3840 /  60

S 3  3840 / 90º

S1  2225,49  j596,32

S 2  1920  j3325,54

S 3  j3840

P1  2225,49w

P2  1920w

P3  0w

Q1  596,32 VAR en retraso Q  3325,54 VAR en adelanto Q  3840 VAR en retraso 2 3 f . p  0,966  en retraso f . p  0,5  en adelanto f .p  0

 S T  4145,5  j1110,78 S T  4291,73 / 15º  PT  4146 w

; QT  1111 VAR;

S T  42492 VA ; f . p  0,966 en retraso

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29.

Determinar el triángulo de potencias total para las siguientes cargas: carga 1, de 5 kilovatios con un factor de potencia 0,8 en retraso: carga 2. de 4 kilovoltios-amperios con una potencia Q de 2 kilovatios – amperios reactivos, y carga 3, de 6 kilovatios – amperios con un factor de potencia 0.9 en retraso. Sol. P = 13.86 kW ; Q = 4.38 kVAR en retraso; S = 14,55 VA f.p. = 0,965 en retraso.

CARGA 1 P1  5000W f . p.  0,8 en retraso P  f . p.  S 5000   0,8 S1 S1  6250 36,87º S1  5000  j3750

donde : P1  5000W Q1  3750 VAR en retraso S1  6250 VA

Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

CARGA 2 S 2  4000VA Q2  2000VAR  S  P  jQ  Q   S 2  P22  Q22 ctg   2   P2  donde: 4000  P22  20002 P2  3464W

CARGA 3 : S3  6000VA f . p.  0,9 en retraso  f . p. 

P S

P3  0,9 6000 P3  5400W

entonces: P2  3464 W Q2  2000VAR en adelanto S 2  4000 VA f . p.  0,866 en adelanto

 S3  6000 25,84º S3  5400  j 2615 donde: P3  5400W Q3  2615VAR S3  6000VA

Luego : PT  14 Kw; Qt  4,37 KVAR en retraso; ST  14,67 KVA f . p.  0,954 en retraso

Rpta.

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30.

Determinar el triángulo de potencias total para las siguientes cargas: carga 1 de 200 voltiosamperios con un factor de potencia 0.7 en retraso; carga 2. de 350 voltios-amperios con un factor de potencia 0.5 en retraso, y carga 3, de 275 voltios- amperios con un factor de potencia igual a la unidad. Sol. P = 590 KW; Q = 446 VAR en retraso; S = 740 VA f.p. = 0,798 en retraso.

CARGA 1 : S1  200 f . p  0,7 en retraso donde : S1  200 45,57º S1  140  j142,82

P1  140W Q1  143 VAR en retraso S1  200 VA

CARGA 2 : S 2  350VA

CARGA 3 : S3  275 VA

f . p.  0,5 en retraso  S 2  350 60º

donde: P2  175W

 S 2  175  j303,11

Q2  303 VAR en retraso S 2  350 VA

f . p.  1  S3  275 0º

donde : P3  275W

 S3  275 VA

Q3  0

entonces : PT  590W ; QT  445,9  446VAR ; ST  739,6  740VA f . p.  0,797

Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

Luego : P  VI Cos 31. Mediante la conexión de unos condensadores se modifica 300 KW  VI 0,65el factor de potencia de una carga de 300 kilovatios desde 0.65 en retraso a 0.90 en retraso. Calcular la potencia reactiva de los VI  modificación 462 KVA  S yel462 KVApor ciento en que condensadores necesarios para obtener dicha tanto disminuye la potencia aparente.  Q  VI Sen Sol. 204 Kvar; 28% Q  462 Sen 50º Q  354 KVAR P  300 KW Cuando el f . p.  0,9 en retraso : f . p1  0,65 en retraso 300   arc cos0,9  26º ; S '   333,33 KVA  arc cos0,65  50º 0,9 Luego :  Q'  333,33 Sen 26º P  VI Cos Q'  146,122 KVAR en retraso 300 KW  VI 0,65  La potencia reactiva de los condensadores es : VI  462 KVA  S  462 KVA Q  Q'  354 KVAR  146,122 KVAR  Q  VI Sen Q  Q'  207,9  208 KVAR Rpta. Q  462 Sen 50º Q  354 KVAR El tan to por ciento que dis min uye S será : Cuando el f . p.  0,9 en retraso: 100%  462 300   arc cos0,9  26º ; S '   333,33 KVA x  333,33 0,9  Q'  333,33 Sen 26º  x  72% Q'  146,122 KVAR en retraso  dis min uirá 100%  72%  28% Rpta. Ing. Jony Villalobos Cabrera  La potencia reactiva de los condensadores es : Docente FIME - UNPRG Q  Q'  354 KVAR  146,122 KVAR

32.

El factor de potencia de una carga industrial de 25 kilovoltios-amperios es 0,8 en retraso. En la planta se instala un grupo de resistencias de calefacción con lo cual se eleva el factor de potencia a 0.85 en retraso. Hallar la potencia activa instalada. Sol. 4,3 kW.

S  25 KVA f . p.  0,8 en retraso    arc cos0,8  37º Luego P  VI Cos Q  VI sen P  250,8 Q  25Sen37º  P  20KW Q  15 KVAR en retraso Cuando el f . p.  0,85 en retraso : 25   arc cos0,85  32º ; S '   29,41KVA 0,85  P'  29,41 Cos 32º  p'  24,94 KW  La potencia activa instalada será : 24,94  20  4,94KW Rpta.

Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

33.

Una carga de motores de inducción de 1500 vatios y factor de potencia 0,75 en retraso se combina con la de un grupo de motores síncronos de 500 voltios-amperios y factor de potencia 0,65 en adelanto. Calcular la potencia reactiva de los condensadores a instalar para que el factor de potencia de los dos grupos motores sea 0,95 en retraso. ¿En que tanto por ciento disminuye la potencia aparente? Sol. 347 VAR; 6,3%.

P1 1500W

S 2  500VA

Cos r  0,95 (Re traso)

Cos1  0,75 (Re traso)

Cos 2  0,65 ( Adelanto)

 r  18,19

 S1 

P1 1500  Cos1 0,75

S1  2 000 VA

P2  S 2 Cos 2 P2  500 (0,65) P2  325 W

1  41,41º

 2  49,46º

Q1  S1 Sen1

Q2  S 2 Sen 2

Q1  1 322,89 VAR

Q2  377,98 VAR

Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

P1

P2

Φ3º

ΦTº

Φ1º

ST

QT

Φ1º

Q3 QC

S1

Q1

Q1

S2

QN

Φ2

PT  P1  P2  1 500  325

P2

PT  1 825 W

Cos r 

PT PT  ST  ST CosT

ST  1 733,75 VA

Q3  Q1  Q2 tg3 

Q3  1 322,89  379,98

Q3 942,91   3  27,47º PT 1 825

Q3  942,91 VAR CARGA REACTIVA DE LOS CONDENSADORES A INSTALAR:

QC  P(tg3  tgT ) QC  1 825 (tg 27,47  tg 18,19) QC  346,75 VAR

%

ST 1 733,75  S3 PT / Cos 3

1 733,75 1 825 / Cos 27,45  84 % Ing. Jony Villalobos Cabrera  100 %  84 %  Docente 6 % FIME - UNPRG %

34.

El factor de potencia de una cierta carga se corrige mediante 20 kilovoltios-amperios reactivos de una asociación de condensadores al valor 0,9 en retraso. Si la potencia aparente que resulta es 185 kilovoltios-amperios, determinar el triángulo de potencias de la carga antes de la conexión. Sol. P = 166.5 Kw; q = 101.10 kVAR en retraso; f.p = 0,856 en retraso.

S  85 KVA f . p.  0,9    arc cos0,9  26º  S '  185 26º  S '  166,5  j81,099 donde : P  166,5 KW Q'  81,099 KVAR pero : Q  81,099  20 Q  101KVAR en retraso  El triángulo de potencias será : P  166,5 KW ; Q  101KVAR en retraso f . p.  0,855 Rpta. Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

35.

Una carga de motores de inducción con una potencia aparente de 2000 voltios-amperios y un factor de potencia de 0,80 en retraso se combina con otra carga de 500 voltios amperios de motores síncronos. Hallar el factor de potencia de estos motores síncronos subiendo que el factor de potencia total es 0.90 en retraso. Sol. 0.92 en adelanto.

S1  2000 VA

S 2  500 VA

cos1  0,8 retraso

cosT  0,9

T  25,84º

1  36,87º 25,84º 11.03º 36,87º

64,16º

90-Φ2º

25,84+Φ2º

S1 = 2000

S2 =500 90-Φ2º Φ2

11,03º

500 2000  sen(11,03º ) sen(25,84   2 )

5sen(25,84º  2 )  20sen(11,03º ) 3,83 5 sen(25,84º  2 )  0,77 sen(28,84   2 ) 

sen(25,84º  2 )  sen(50,35º )

ST

  2  24,51

2000 11,03º

500

 cos 2  0,91 en adelanto Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

36.

Una carga de potencia aparente de 64 kilovoltios-amperios con un factor de potencia en retraso se conecta a un grupo de motores síncronos de 25 kilovoltios-amperios con un factor de potencia 0,6 en adelanto. Hallar el factor de potencia de la carga de 65 kilovoltios amperios, sabiendo que el factor de potencia total es 0,85 en retraso Sol. 0,585 .

S1  64 kVA cos1  ???

S 2  25 kVA cos 2  0,6 adelanto

 2  53,13º

cosT  0,85 retraso

T  31,79º

31,79º Φ1 – 31,79ºº Φ1º

58,21º

36,87º

64 kVA 84,92º 25 kVA 36,87º Φ2 =53,13º

64000 25000  sen(84,92º ) sen(1  31,79º ) (64,25) sen(1  31,79º )  25 sen(1  31,79º )  0,39 sen(1  31,79º )  sen(22,95º )

1  54,74º  cos1  0,58 en retraso Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG

37.

Un transformar de 250 kilovoltios amperios trabaja a plena carga con un factor de potencia 0,3 en retraso. Mediante una hatería de condensadores en paralelo se corrige el factor de potencia al 0,9 en retraso. (a) Hallar la potencia reactiva de los condensadores necesarios. (b) ¿Qué potencia activa de una nueva carga se le puede añadir sin exceder el límite de la potencia aparente del transformador? Sol. 52,5 kVAR; 30 Kw

S T  250 kVA (trabajaa plenac arg a) cosT  0,8  T  36,87º

Ahora : QT  QN  QC

cos 2  0,9   2  25,84º

QC  QT  QN

PT =? Φ2 ΦT

QC  150  96,86

QN

 QC  53,14 kVAR Rpta (a)

S2

200+P

QT

250 QC

250

96,86

PT  S T cosT  (250)(0,8)  PT  200 kW QT  S T senT  (250)(sen36,87º )  QT  150 kVAR tg 2 

QN  Q N  PT . tg 2  (200)(tg 25,84º ) PT  Q N  96,86 kVAR

(250) 2  (200  P) 2  (96,86) 2 P  30 kW Rpta (b) Ing. Jony Villalobos Cabrera Docente FIME - UNPRG