Ejemplo 1 Trazar el triángulo de potencias de un circuito cuya impedancia es Z=3+j4 ohmios y al que se l e 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
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 = cos θº, 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
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).
V i
200 sen ( wt 110º ) 5 sen ( wt 20º )
V RMS I RMS
V ma x 2 I ma x 2
141.4 3.5
Entonces:
V 141.4 110º I 3.5 20º Donde:
S VI
P 0
S 500 90º
Q
500 VAR
retraso
S 0 j 500 Ing. Jony Villalobos Cabrera
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 i V I
14.14 cos wt
volt .
17.1 cos(wt 14.05º ) mA. 14.14 0º 2 17.1 2
14.05
*) 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) f . p
0.97
0.97 Re traso
Ing. Jony Villalobos Cabrera
4.
La tensión eficaz aplicada a un circuito serie de R = 10 Determinar el triángulo de potencias.
Ω
y Xc = 5 ohmios es 120 voltios.
Z 10 j 5 Z 11.18 26.56º Z
I
V I V
120 0º
Z
11.18 26.56
I 10.733
26.56º
* S VI * S 1287.96 S
1153
Cos(26.56)
26.56º j 576
adelanto
0.894en adelanto. Ing. Jony Villalobos Cabrera
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
Z 15.81 71.56º I I
31.6
v mrs
j15
v
31.6 0º
V Z 31.6 0º 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 S
20
j 59.89
j 60
cos(71.56) f . p
0.316
0.316
Re traso
Ing. Jony Villalobos Cabrera
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.
Z 8 j 6 Z 10 36.56º I
V 50
90º
V
Z I 5 126.86º S VI * S (50
90) (5 126.86º )
S 250 36.86º S 200 j150
* cos(36.86)
f . p
0.8
0.8
adelanto
Ing. Jony Villalobos Cabrera
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.
S S
cos
18 A
I RMS
3500 VA
3500
0.76
retraso
40.53º
40.53º
Además
I 18 0º
Luego
S V . I S I
Z
V V
3500 40.53º
Z
V I 194.4 40.53º 18
18 0º
V 194.4
40.53º
Z 10.8 Z
8.2
0º 40.53º
j 7
Ing. Jony Villalobos Cabrera
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. i
4.24 sen (500t )
P 180 I I
4.24 2
45º
cos
0.8 36.86
2.99 45º cos
P
0.8 0.8
S S
S 180 S 225
225
36.86º
225 36.86
V
2.99
45º
X L
wL
X L
( 2 f ) L
L
75.25 81.86º
V Z Z
V I 75.25 81.86º 2.99 45º
Z
25.16 36.86º
Z
20
j15
L
xL 2 f 15 2
(60)
L
0.0397
L
39 mH
Ing. Jony Villalobos Cabrera
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. Consume:
S=36.4 VA
* f . p
0.856 en retraso
cos
0.856
p
s P 31.1584 w 31.13º
entonces:
I
2.5 0º
S VI *
entonces :
36.4 31.13º
2.5 0º ( V )
V 14.53 31.13º Luego
Z Z
Z 1
5 j 2
Z ? Z T Z 1 Z
V
Z T Z 1 Z
I 14.53 31.13 2.5 0º
Z r
5.824 31.13º
Z r
4.9
j 3.01
adelanto
Z
4.9 j 3.01 (5 j 2)
Z
j1
Z 1 90º Ing. Jony Villalobos Cabrera
19.
La potencia total consumida por el circuito de la Fig. 7-28 es 1500 vatios. Determinar el triángulo de potencias.
* P r
1500 w
* Z 1
2
j 3
3,61 56,31º
* Z 2
3
j 6
6,71 63,43
además : V
I 1
I 2
Z 1 V
I 1
I 2
3,61
V Z 2 V 6,71
donde I T I T
V
V
3,61
6,71
0,43 V Ing. Jony Villalobos Cabrera
Luego:
R1 I 12
P T
R2 I 22 2
V
P T
2
3
P T
0,22 V 2
3,61
Pero : P T 1500 V
V
2
6,71
1500 0,22 V 2 82,57 volt .
I 1
22,87
I 2
12,3
Entonces:
QT
3(22,87) 2
QT
2478,33 VAR en retraso
S T f . p
1500
6(12,31) 2
j 2478 VA
0,52 en retraso Ing. Jony Villalobos Cabrera
24.
Una fuente a 60 hertzios y 240 voltios de tensi ón eficaz suministra 4500 voltios – amperios a una carga con un factor de potencia 0,75 en retraso. Hallar la capacidad del condensador que ha de colocarse en paralelo con la carga para que el factor de potencia sea (a) 0,9 en retraso (b) 0,9 en adelanto. 3375 41,4º 26º
3750
3750
4500
26º 16442976
2 976
1332
Q
X C 1 332 1 2
*
2 976 retraso
60 (43,24)
61,3 F Rpta.
0,9 26º P
S
60 C 1
2
0,75
1
4 500 Sen 41,4
) Q2
43,24
X C
3 375 retraso
Si se desea corregir el F . P
240 2
X C
c
41,4 /
V
X C
c
) P 4 500 (0,75)
2 x
QT Q1=2976
4500
Q reactiva del condensado r Q
P=3375
41,4º
1332
*
Q2=1644
3 375 0,9
3 750
Q
3 750 ( Sen 26º )
Q
1 644
1 644
QT
3 375
2 976
4 620
V X 2
QT
X
4 620 X C
240 2 X 12,47
X C
1 2
60(12,47)
Ing. Jony Villalobos Cabrera
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)?
a) f . p. P
b) Como la potencia P es la misma, no existe ninguna reducción adicional de la corriente por lo tanto es la misma.
0,75 VI Cos
3 375
240 I (0,75)
18,75
I 1 0,9
Luego fp P
V I 2 Cos
3 375
240 I 2 0,9
15,675
I 2
18,75
100 %
15,675
X X
X
15,675 (100 %) 18,75 83,3 %
100 %
83,3 %
16,7 %
Existe una reducción de 16,7 % Ing. Jony Villalobos Cabrera
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.
CARGA 1 : 200
S 1 f . p
0,7 en retraso
donde : S 1
200 45,57º
P 1
140W
S 1
140
Q1
143 VAR en retraso
j142,82
200 VA
S 1 CARGA 2 :
CARGA 3 :
350VA
S 2
f . p. 0,5 en retraso S 2 S 2
350 60º 175 j 303,11
S 3 donde : P 2
175W
Q2
303 VAR en retraso
S 2
350 VA
275 VA
f . p. 1 S 3 S 3
donde : 275 0º
P 3
275W
275 VA
Q3
0
entonces : P T f . p.
590W ; QT 0,797
445,9
446VAR; S T
739,6
740VA
Ing. Jony Villalobos Cabrera
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 calefacci ón con lo cual se eleva el factor de potencia a 0.85 en retraso. Hallar la potencia activa instalada.
S
25 KVA
f . p.
0,8 en retraso arc cos 0,8
37 º
Luego P VI Cos
Q
P 25 0,8
Q
P 20 KW
Q
Cuando el f . p. arc cos 0,85
VI sen 25Sen 37 º 15 KVAR en retraso
0,85 en retraso : 32º ; S '
25 0,85
29,41 KVA
P '
29,41 Cos 32º
p '
24,94 KW
La potencia activa instalada será : 24,94
20
4,94 KW
Rpta.
Ing. Jony Villalobos Cabrera
35.
Una carga de motores de inducci ón 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 sí ncronos. Hallar el factor de potencia de estos motores s í ncronos subiendo que el factor de potencia total es 0.90 en retraso.
2000 VA
S 1 cos
500 VA
S 2
1
0,8 retraso
1
36,87º
cos
T
0,9
T
25,84º
25,84º 11.03º
500
36,87º
64,16º
90-Φ2º
25,84+Φ2º
S1 = 2000
S2 =500 90-Φ2º
2000
sen (11,03º )
sen (25,84
5 sen (25,84º
2
ST
11,03º 500
20 sen (11,03º ) 3,83
2)
sen (25,84º
2
)
sen (25,84º
2
) sen (50,35º )
cos
5 0,77
24,51
2
2000
)
sen (28,84
Φ2
11,03º
)
2
2
0,91 en adelanto Ing. Jony Villalobos Cabrera