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Ejercicios de potencia en corriente alterna

Con el fin de afianzar los conocimientos sobre potencia eléctrica, voy a realizar varios ejercicios resueltos de potencia en corriente alterna. Los ejercicios los realizo paso a paso, para que sea más sencillo entender los diferentes pasos que hay que dar para solucionar este tipo de ejercicios.

Primer ejercicio de potencia en corriente alterna

Vamos a por el primero de los ejercicios de potencia en corriente alterna que vamos a realizar. Ejercicio muy típico de esta parte del análisis de circuitos.

Enunciado

Determinar el valor del condensador que hace que, desde el sistema eléctrico, la instalación se vea con factor de potencia unidad. Se sabe que la carga B es un elemento pasivo de carácter inductivo y que la tensión de alimentación es senoidal de 400 V a 50 HZ. Los datos de las cargas son:

  • Carga A: PA generada = 1000 W; QA consumida = 1000 VAr
  • Carga B: SB = 1000 VA; PB consumida = 600 W
  • Carga C: PC consumida= 2000 W; QC generada= 150 VAr

Solución al primer ejercicio de potencia en corriente alterna

Se trata del típico ejercicio en el que se pide mejorar el factor de potencia de una instalación,caso muy frecuente en los ejercicios de potencia en corriente alterna. Para hallar la capacidad del condensador necesario para llevar el factor de potencia a la unidad, usaremos la expresión:

ejercicios de potencia en corriente alterna

Para poder usar dicha expresión, necesitamos calcular la potencia activa total del circuito, así como, la potencia reactiva total, para poder obtener el factor de potencia inicial del circuito.

De la carga A tenemos ambas potencias, mientras que , de la carga B, sabemos la potencia aparente y la potencia activa, por lo tanto, mediante el triangulo de potencias, calcularemos la potencia reactiva de la carga B, que según el enunciado, es una carga de carácter inductivo.

triangulo de impedancias

S = √(P2 + Q2)

QB = √(SB2 – PB2) = √(10002 – 6002) = 800 VAr (consumidos)

La carga B es de carácter inductivo, por lo tanto consume potencia reactiva.

En lo referente la carga C tenemos ambas potencias como datos, por lo que ya podemos realizar el calculo de las potencias totales.

Cálculo de las potencias totales del circuito

PT = PB + PC – PA

Seguramente, os preguntareis ¿por qué lleva signo negativo la potencia activa de la carga A? Muy sencillo, el enunciado dice que la carga A genera potencia activa, por lo tanto, en la ecuación lleva signo negativo, ya que para las cargas utilizamos convenio pasivo, y en este caso , la carga no consume, sino que aporta potencia al circuito.

PT = 600 + 2000 – 1000 = 1600 W (consumidos)

Ahora halamos el valor de la potencia reactiva total:

QT = QA + QB – QC

En este caso, la carga C genera potencia reactiva, así que, va con signo negativo.

QT = 1000 + 800 – 150 = 1650 VAr

Factor de potencia inicial del circuito

Con los datos de las potencias activa y reactiva totales, hallamos el ángulo de desfase inicial del circuito.

φ inicial = tg-1 (QT / PT) = tg-1 ( 1650 / 1600 ) = 45,88º

Como el factor de potencia deseado es igual a uno, eso significa que:

cos φ final = 1 ————–> φ final = cos-1 1 = 0º

Cálculo del condensador necesario

Ya disponemos de todos los datos para calcular la capacidad del condensador para mejorar el factor de potencia.

solución ejercicio de potencia en corriente alterna

C = 32,83 uF

Segundo ejercicio de potencias en corriente alterna

Vamos a seguir con esta serie de ejercicios de potencia en corriente alterna con un ejemplo muy práctico y común.

Enunciado del ejercicio

A una instalación alimentada mediante una red monofásica de tensión senoidal de 240 V y 50 Hz de frecuencia, se conectan en paralelo las siguientes cargas:

  • Una impedancia formada por una resistencia de 5 ohmios en serie con una inductancia de 12,73 mH.
  • Un motor que entrega una potencia de 2 kW en el eje, con un rendimiento del 95% y un factor de potencia de 0,85.
  • Un conjunto de lámparas de incandescencia (bombillas), que en total consumen 4 kW.

Calcular el valor del condensador necesario para proceder a la compensación del factor de potencia del conjunto de la instalación, de tal forma que, el factor de potencia final tenga por valor 0,9 inductivo.

Solución al segundo ejercicio de potencia en corriente alterna

Siempre que nos pidan hallar la capacidad del condensador para mejorar el factor de potencia, necesitamos calcular previamente las potencias activa y reactiva totales del circuito, para poder utilizar la expresión general del cálculo del condensador.

calculo condensador mejora factor de potencia

Comenzamos por la impedancia, a la que llamaremos carga A. Calculamos el valor de la misma en el dominio complejo.

XL = j* ω * L = j * 2 * π * f * L = 2 * π * 50 * 12,73 mH = 4 j Ω

por lo tanto:

Z = R + j XL = 5 + 4j Ω

La corriente que circula por dicha impedancia es:

I = V / Z = 240∟0º / (5 + 4j) = 37,48∟-38.66º A

Cálculo de las potencias en cada carga

Con el dato de la corriente se pueden calcular las potencias que consume la carga A:

PA = I2 * R = 37,482 * 5 = 7023,75 W

QA = I2 * XL = 37,482 * 4 = 5619 VAr

Del motor, al que llamaremos carga B, nos dicen la potencia que entrega en el eje. Esa es la potencia útil del motor, no es la potencia eléctrica que consume de la red, la cual, calculamos con la ayuda del rendimiento:

η = P útil / P eléctrica

siendo la potencia reactiva de la carga B:

P eléctrica = P útil / η = 2000 / 0,95 = 2105,26 W

cos φ motor = 0,85 —-> φ motor = cos-1 0,85 = 31,79º

QB = PB * tg φB = 2105,26 * tg 31,79º = 1304,81 VAr

Recordad que, los motores son cargas inductivas, por lo tanto, consumen potencia reactiva.

En cuanto al conjunto de lamparas de incandescencia, a las que denominaremos carga C , hay que saber que este tipo de lamparas se comportan como una carga resistiva pura, es decir, tan solo hay consumo de potencia activa, la cual, es un dato del ejercicio:

PC = 4 kW

Potencias activa y reactiva total

Hallamos las potencias totales:

PT = PA + PB + PC = 7023,75 + 2105,26 + 4000 = 13129,01 W

QT = QA + QB + QC = 5619 + 1304,81 + 0 = 6923,81 VAr

Factor de potencia

Necesitamos hallar el valor angulo inicial de desfase del circuito:

φ inicial = tg-1 (QT / PT) = tg-1 ( 6923,81 / 13129,01 ) = 27,81º

en cuanto al angulo de desfase final:

cos φ final = 0,9 ————–> φ final = cos-1 0,9 = 25,84º

Cálculo del condensador para mejora del factor de potencia

resolución  ejercicio potencia en corriente alterna

Tercer ejercicio de potencia en corriente alterna

Continuando con esta serie de ejercicios sobre el cálculo de potencia en corriente alterna, vamos a resolver otro ejercicio en el que hay que aplicar varios de los principios que se utilizan en la resolución de circuitos de corriente alterna.

Enunciado del tercer ejercicio de potencia de corriente alterna

Dos receptores conectados en paralelo consumen energía eléctrica de una red sinusoidal de 230 V a una frecuencia de 50 Hz. Sus características son:

  • Receptor A: es una impedancia de 20 Ω en la que la corriente retrasa a la tensión 45º.
  • Receptor B: consume una potencia aparente de la red de 2,2 kVA, con un factor de potencia capacitivo de valor 0,869.

Determinar:

  1. Valor de la resistencia y reactancia de cada receptor. Determinar también el valor de las posibles inductancias o condensadores que conformen estos receptores. Finalmente escribir la expresión de la impedancia compleja de cada receptor.
  2. Calcular la intensidad de cada receptor tanto en forma compleja como en su valor instantáneo. Dibujar así mismo el diagrama fasorial donde aparezcan estas magnitudes, junto con la tensión (que se tomará como origen de fases).
  3. Calcular las potencias: aparente, activa y reactiva de cada receptor.
  4. Aplicando el teorema de Boucherot, calcular las potencias activa y reactiva absorbidas de la línea por los dos receptores, así como la intensidad de la misma.

Solución al primer apartado

Hay que hallar la expresión compleja de cada uno de los receptores. Empezaremos por el receptor A.

Impedancia del receptor A

En este receptor, la corriente retrasa respecto a la tensión, por lo tanto se trata de una impedancia inductiva. Nos dan también el dato de la impedancia (Z), su modulo, por lo tanto:

Z = R + j XL = 20∟45 = 14,14 + j14,14 Ω

Como la parte imaginaria de la impedancia es inductiva, calcularemos el valor de su inductancia:

XL = j * ω * L —-> L = XL  / (j * 2 * π * f)

L = j14,14 / (j * 2 * π * 50) = 45,01 mH

L = 45,01 mH

R = 14,14 Ω

Impedancia del receptor B

De este receptor sabemos que es de carácter capacitivo. En primer lugar vamos a obtener el valor del modulo de la corriente que circula por él.

S = V * I —> I = S / V = 2200 / 230 = 9,57 A

a continuación, con ayuda del triangulo de potencias, hallamos la potencia activa y reactiva del receptor B:

P = S * cos φ = 2200 * 0,869 = 1911,8 W (consumidos)

Q = S * sen φ = 2200 * sen (cos-1 (0.869º)) = 1088,59 VAr (entregados)

y ahora calculamos el valor de la resistencia y de la reactancia capacitiva:

P = I2 * R —-> R = P / I2 = 1911,8 / 9,572 = 20,87 Ω

Q = I2 * XC —-> XC = Q / I2 = 1088,59 / 9,572 = 11,89 Ω

por lo tanto:

XC = 1 / (j * ω * C) —-> C = 1 / (j * 2 * π * XC)

C = 1 / (j * 2 * π * 11,89) = 267,71 uF

R = 20,87 Ω

C = 267,71 uF

Z = R – j XC = 20,87 – j 11,89 Ω

Solución al segundo apartado

Como ambos receptores están en paralelo y sabemos el valor de la tensión del generador, que además hay que tomar como origen de fases, el cálculo de ambas intensidades se realiza de forma directa aplicando la ley de Ohm en cada uno de los receptores.

IA = V / ZA = 230∟0º / (14,14 + j14,14) = 11,5∟-45º A

IB = V / ZB = 230∟0º / (20,87 – j 11,89) = 9,58∟29,67º A

El diagrama vectorial con la tensión como origen de fases y las dos corrientes calculadas es:

diagrama vectorial de los ejercicios de potencia en corriente alterna

Solución al tercer apartado

Del receptor B ya sabemos las potencias, las calculamos antriormente.Como disponemos del valor de la corriente que circula por el elemento B, calculamos las potencias de manera directa en él:

PA = IA2 * RA = 11,52 * 14,14 = 1870,02 W (absorbidos)

QA = IA2 * XL A = 11,52 * 14,14 = 1870,02 VAr (absorbidos)

SA = IA * V A = 11,5 * 230 = 2645 VA

Solución al cuarto apartado

Al aplicar el teorema de Boucherot, obtendremos el valor de las potencias totales del conjunto de las dos cargas, que coincidirán, con las potencias del generador.

Pgeneradas = Pabsorbidas

Pgenerador = PA + PB = 1870,02 + 1911,8 = 3781,82 W

Qgeneradas = Qabsorbidas

Qgenerador= QA – QB = 1870,02 – 1088,59 = 781,43 VAr (absorbidos)

En cuanto a la intensidad del conjunto de las dos cargas, la hallamos sumando las intensidades que circulan por cada uno de los dos receptores.

IT = IA + IB = (11,5∟-45º) + (9,58∟29,67º)

IT = 16,8∟-11,64º A