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EJERCICIOS DE POTENCIAS EN CIRCUITOS MONOFASICOS
EJERCICIO 1.- En el circuito de la figura, la resistencia consume 300 W, los dos condensadores 300 VAR cada uno y la
bobina 1.000 VAR.
Se pide, calcular:
a) El valor de R, C 1 , C 2 y L.
b) La potencia disipada en R si por accidente se desconecta C 2 .
c) ¿Cuál es el valor de C 1 para el cual el factor de potencia del conjunto es de 0,9 en retraso?.
RESOLUCIÓN:
a) Para obtener los valores de R, C ó L de una impedancia, conocido su triángulo de potencias, es necesario calcular el
valor de la tensión entre los extremos de la misma, o la corriente que circula por ella, ya que:
X
V
X I
Q=
R
V
I
P=R
L,C
2
L,C 2
L,C L,C
2
R 2
R
b) Para el condensador C 1 es conocida la tensión entre sus extremos, por tanto:
=23,9 F
C
X
2 x xf x
C
X
X
1
C
1
C
C
2
1
1
1
μ
π
Del resto de los elementos pasivos no es conocido ni la tensión entre sus extremos ni la corriente que circula por ellos.
Para proseguir, se han de agrupar los elementos hasta una sección del circuito en la que se conozca o bien la tensión o
bien la corriente. En este caso, se habrán de agrupar L, R y C 2 ya que es conocida la tensión en los extremos de C 1 .
Haciendo el agrupamiento se obtiene el esquema de la figura.
El triángulo de potencias del conjunto se obtiene de la siguiente forma:
S P Q VA
Q Q Q VAR
P P W
L C r
R
2 2
(
Conocida la tensión en los extremos del conjunto de cargas se puede calcular la corriente que fluye hacia ellas, así se
tiene que:
=3,8 A
S=VI ; I=
Como esta corriente circula por la bobina, y es conocido su triángulo de potencias, se llega a:
; L= 220 mH
2 x xf xL
X
L=
X
X
L
L
2
L
π
Habrá que agrupar R y C 2
ya que es conocida la corriente que circula por la bobina. El triángulo de potencias del conjunto
será:
= 300 W
P
P =
R
VAR
Q =Q = 300
(a C 2
=424,3 VA
Q
P
S =
2 2
por tanto, la tensión entre los extremos de R y C 2 vendrá dada por:
424,3=Vx3,8; V=111,4V
Para la resistencia R, se tiene que:
; R=41,
R
2
y para el condensador C 2
se obtiene:
En él que se ha representado:
S=761,1VA; fp=0,
VAR
P= 300 W ; Q= 700
(r
(r
θ
Para el nuevo factor de potencia se tiene que: °
f p=0, (r
θ
Del triángulo de potencias, con el factor de potencias corregido:
VAR
Q
Q
tg 25,8 = (a C
C
°
= 44 F
C
C
x 2 x xf x V
X
V
Q
1 1
2
C
2
C
π μ
EJERCICIO 2.- Para alimentar una estación aeroportuaria se utiliza un transformador monofásico de 50 kVA, 220 V, 50
Hz. En dicha instalación existen las siguientes cargas:
10 motores de inducción monofásicos de 5 CV, 220 V, 50 Hz, fp= 0,84 en retraso cada uno de ellos.
40 tubos fluorescentes, para alumbrado general, de 60 W, 220 Hz, fp= 0,5 en retraso, por unidad.
Distintas tomas de alimentación con un consumo total de 2 kW, 220 V, 50 Hz y factor de potencia unidad.
Al conjunto de cargas anteriormente citadas se le pretende añadir un equipo de aire acondicionado, cuya placa de
características es: 3.710 W, 220 V, 50 Hz, 18,8 A, siendo el equipo inductivo.
Se pide, obtener la forma más sencilla de conectar todas las cargas, para que funcionen correcta y simultáneamente
todos los elementos involucrados, haciendo los cálculos pertinentes para llegar a dicha solución.
RESOLUCIÓN:
Para que todas las cargas funcionen adecuada y simultáneamente, se han de conectar en paralelo con la fuente, en este
caso el transformador, ya que todas las cargas han de funcionar a 220 V.
El transformador tiene un capacidad máxima de 50 kVA, cuyo valor no ha de sobrepasarse.
El correcto funcionamiento se comprobará analizando el triángulo de potencias total y viendo si la potencia aparente total
del conjunto es mayor, menor o igual a la potencia aparente nominal del transformador.
Para los motores:
= 10 x 5 x 736 =36.800 W P M
VAR
Q
P
Q
(r
2
M
2
M M
=43.809,5 VA
fp
P
S
M
M
M
Para los tubos fluorescentes: VAR
=4.800VA ; Q =4.156,
S
= 40 x 60 =2.400W ; P (r F F F
Para las tomas de alimentación:
=2.000VA
S
=2.000W ; Q = 0 VAR ;
P
C C
C
Para el equipo de aire acondicionado: VAR
= 220 x18,8=4.136VA ; Q =1.828, S
=3.710W ;
P
(r E E E
El triángulo de potencias total, del conjunto de cargas, viene dado por:
=53.873VA 54 kVA S
VAR
Q=Q +Q +Q +Q =29.755,
=44.910W
P
P
P
P
P
T
(r T M F C E
T M F C E
_
Por tanto, la potencia aparente total del conjunto de cargas es superior a la potencia aparente nominal del transformador,
con lo que éste no puede alimentar todas las cargas.
Si se conecta un condensador en paralelo con el conjunto de cargas, al mantenerse constante la tensión de alimentación,
las cargas funcionarán adecuadamente y el efecto del condensador será el de reducir la corriente de alimentación y por
tanto disminuir la potencia aparente del conjunto cargas-condensador. Este efecto se muestra en el diagrama de la figura.
RESOLUCIÓN:
a) Se representa en la figura, el triángulo de potencias de la carga Z A , así como las potencias aparentes de Z B , Z C y del
conjunto de ambos Z B,C .
El triángulo de potencias total, debido a Z A , Z B y Z C , se puede obtener a partir de la representación de la figura, calculando
previamente el ángulo δ: δ=30,68° - 25,84 °=4,84°
A partir del teorema del coseno se tiene que:
S
2 x5,8x
S
T
2 2 2
T
cos δ
S
S
T
2
T
S
2
T
_
La otra solución, S T = 0,20 kVA, no es válida ya que implicaría un valor de S B,C no correcto en relación a los valores de S B
y S C
. En la figura se muestran las dos soluciones a S T .
El triángulo de potencias total se obtiene conocido el factor de potencia del generador, por tanto:
kVAR
- Q =4,
S
Q =
xfp =10,26kW S
P
(r
2
T
2
T T
T T T
El triángulo de potencias total se puede poner como suma: Q
Q
Q
P
P
P
T B,C A
T B,C A
como:
= 58 x 086 = 5 kW S
P A A A
θ
cos kVAR
P
S
Q =
(r
2
A
2
A A
por tanto: = 53 kW P B,C
kVAR
Q = 21
(r B,C
α= arccos 093 = 216
+Q = 57 kVA; fp = 0 P
S (r B,C
2
B,C
2
B,C B,C
Por otra parte:
2 x5,6x 5
2 2 2
cosβ β
así pues:
α+ β= 4811
por tanto: kVAR xsen( + )=3, S x ( + )=3,3kW Q = S
P B (r B
B B
cos α β α β
y además: kVAR = 2 kW Q =Q -Q = 16 P
P
P (a C B,C B C B,C B
b) Para que el factor de potencia del conjunto sea la unidad, la potencia reactiva del condensador conectado en serie
deberá ser igual a la potencia reactiva del conjunto de cargas, así se tiene que:
Factor depotenciaunidad=>Q = 0
T ′
kVAR
Q =-Q = 497
(a COND T
X
I
x X
Q =
C
2
C COND
c) El nuevo diagrama fasorial será el de la figura
y la nueva lectura del vatímetro vendrá dada por: W = 220 x 44 xcos(126,87 °- 90 °)=7.744W
En este caso, la lectura corresponde a la potencia disipada por la impedancia 4 + j 3 Ω , cuyo valor coincide con el
calculado a través de la potencia disipada por su parte resistiva:
=7.744W
= 4 x I
P =Rx
2 2
2.- Llamando = I ∠
- α, a la corriente suministrada por el generador de tensión 220 ∠ - 90º voltios, se puede representar
el diagrama fasorial de la figura.
La posición del fasor ha de ser la indicada, en el cuarto cuadrante, ya que en caso contrario las lecturas de los vatímetros
no serían las indicadas. Así, si el fasor corriente estuviese en el primer cuadrante la segunda lectura sería negativa, si
estuviese en el segundo cuadrante las dos lecturas serían negativas y si estuviese en el tercer cuadrante la primera
lectura sería negativa.
De las lecturas de los vatímetros se tiene que: 85 = 125 xIxcosα 8.490= 220 xIxcos( 90 - α)
de estas dos ecuaciones se obtiene: α= 88,99°; I=38,6A I=38,6∠-88,99°A
La impedancia total, agrupación de la impedancia 4 + j 3 Ω y Z _ θ vendrá dada por:
Z=
como ambas impedancias están en paralelo:
5 36,87 +Z
5 36,87 xZ
θ
θ
Z∠ θ °=8,05∠-82,88 °= 1 - j 8 Ω
EJERCICIO 5 Para poner de manifiesto los triángulos de potencias en los generadores y cargas, se propone el circuito de
la figura.
Como datos del problema se dan:
= 220 0 V
V
g
I = 10 ∠ 0 ° A
Z= 20 ∠ 36,87° Ω
La relación entre tensiones es:
= 220 0 V
V
V
V
g I Z
La corriente que circula por la impedancia, Z , se obtiene aplicando la ley de Ohm a la impedancia:
= 11 - 36,87” A
I Z
La corriente suministrada por el generador, g , se calcula aplicando la primera ley de Kirchhoff al nudo:
I
+I-
I g Z
= 11 - 36,87 - 10 0 =6,71 -100,3 A
I g
Triángulo de potencias de la impedancia Z :
=2.420 VA
S
VAR
Q = 220 x 11 xsen 36,87=1.
= 220 x 11 x 36,87 =1.936W P
Z
r Z
Z
cos °
Triángulo de potencias del generador de corriente:
=2.200 VA
S
Q= 220 x 10 xsen 0 = 0 VAR
= 220 x 10 xcos 0 =2.200W P
I
I
I
Triángulo de potencias del generador de tensión:
