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ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA J. Grainger – W. Stevenson Capítulo 1 – Conceptos Básicos 1.1. Si v = 141,1⋅ sen( ω t + 30º ) V , e i = 11,31⋅ cos( ω t − 30º ) A , encuentre para cada uno: a) el valor máximo; b) el valor rms y c) la expresión fasorial en forma polar y rectangular, si el voltaje se toma como referencia. ¿El circuito es inductivo o capacitivo?a) v = 141,1⋅ sen( ω t + 30º ) V ⇒ Vmáx = 141,1V i = 11,31⋅ cos( ω t − 30º ) A ⇒ Imáx = 11,31A V= Vmáx 2 = 141,1 2 = 100 V I= Imáx 2 = 11,31 2 = 8A

b)

c) Por Euler: e jθ = cos θ + jsen θ , en donde : senθ = Im e jθ y cosθ = Re e jθ (Re indica parte real, Im parte imaginaria)

( ) (

( ) ) )

Reemplazando tenemos: v = Im 2 ⋅ 100 ⋅ e jω t + 30 = Im 100 ⋅ e j30 ⋅ 2 ⋅ e jω t 2 ⋅ 8⋅ e
jω t− 30

e

jω t ,

( i = Re(

) = Re(8 ⋅ e

)

− j30

⋅ 2⋅e

jω t

representa la rotación de los fasores, si tomamos las posiciones relativas entre ellos:
j30

V = 100 ⋅ e I = 8⋅ e
− j30

= 100 = 86,6 + j50 V       
Polar Re c tan gular − 30

30

= 8 = 6,93 − j4 A       
Polar Re c tan gular

Para tomar V como referencia, lo hacemos coincidir con eleje horizontal, lo que implica girar el conjunto –30º: V = 100 ⋅ e I= 8⋅ e
− j60 j0

= 100 V
− 60

= 8 = 4 − j6.93 A  
Polar Re c tan gular

El circuito es inductivo ya que la corriente está atrasada respecto de la tensión 1.2. Si el circuito del problema 1.1. consiste en un elemento puramente resistivo y uno puramente reactivo, encuentre R y X, si: a) los elementos están enserie; b) si están en paralelo.

Resolución de los Problemas 1

ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

a) Z = R + jX V 100 Z= = = 12.5 − 60 I 8 Z = 6.25 + j10.83 Ω    R X

60

Ω

b)

i = iR + i X = 4 − j6.93 A Sabemos que por R solo circulará corriente resistiva y que por X solo circulará corriente reactiva. Entonces: iR = 4 e i X = − j6.93 v 100 R= = = 25Ω iR 4 v 100 X= = = j14.4Ω i X −j6.93
− 15

1.3. En un circuito monofásico, Va = 120 45 V y Vb = 100 referencia “o”. Encuentre Vba en forma polar.

V , con respecto al nodo de

Vba = Va − Vb = 120 Vba = 111.37
96

45

- 100

− 15

Vba = 84.85 + j84.85-96.6 + j25.9 = -11.75 + j110.75 V V

1.4. Un voltaje monofásico de CA de 240 V se aplica a un circuito serie cuya impedancia es: 60 Z = 10 Ω . Encuentre R; X; P;Q y el factor de potencia del circuito. Z = 10 S=
60

Ω = 5 + j8.66, o sea : R = 5Ω y X = j8.66 Ω
60

V2 240 2 = = 5760 * 10 − 60 Z

VA ⇒ cos ϕ = cos 60 = 0.5 (* indica conjugado)

1.5. Si un capacitor que suministra 1250Var se conecta en paralelo con el circuito del problema 1.4., encuentre P y Q suministradas por la fuente de 240V, así como el factor de potencia resultante.Resolución de los Problemas 2

ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

* XC =

V2 ( 240 ) 2 = 46,08 = QC − j1250
60

90

Ω ⇒ XC = − j46,08 460 37,75
− 30 − 82,39

Z eq S=

Z ⋅ Xc 10 ⋅ 46,08 = = = Z + Xc 5 + j8,66 − j46,08 V2 = Z*
eq

− 90

= 12,2

52,39

Ω

( 240 )
12,2

2

− 52,39

= 4719

52,39

VA ⇒ cos ϕ = cos 52,39 = 0,61

Otra forma de resolverlo es suponer que lapotencia que entrega la fuente es la suma de la potencia, que consume la impedancia más la potencia reactiva capacitiva, que consume el capacitor. S Z = 5760 = 2880 + j4988,31 VA QC = − j1250 VA S = S Z + QC = 2880 + j4988,31 − j1250 S = 4719
52,39 60

VA Como se ve, se llega al mismo resultado que en el caso anterior.

1.6. Una Carga inductiva monofásica absorbe 10 MW a 0,6 de factor depotencia en atraso. Dibuje el triángulo de potencia y determine la potencia reactiva de un capacitor que se conecte en paralelo con la carga para elevar el factor de potencia a 0,85. S1 = P 10 = = 16,66 MVA cos ϕ 1 0,6 ϕ 1 = arc cos( 0,6 ) = 53,13º ⇒ senϕ 1 = 0,8 Q1 = S1 ⋅ senϕ 1 = 16,66 ⋅ 0,8 = j13,33 VAr cos ϕ 2 = 0,85 ⇒ ϕ 2 = 31,8º ∴ Tgϕ 2 = 0,62 Q 2 = P ⋅ Tgϕ 2 = j6,2 VAr

Un capacitor...