Problemas Resueltos SEP

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t  30º V , e i  11,31 cos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t  30º V  Vmáx  141,1V
i  11,31 cost  30º A  Imáx  11,31A

b)

V

Vmáx



2

141,1
2

 100 V

I

Imáx
2



11,31
2

 8A

 

 

c) Por Euler: e j  cos   jsen , en donde : sen  Im e j y cos  Re e j
(Re indica parte real, Im parte imaginaria)


i  Re 2  8  e





Reemplazando tenemos: v  Im 2 100  e jt  30  Im 100  e j30  2  e jt
e

jt ,jt  30

  Re8  e

 j30

 2 e

jt





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

V  100  e

j30

30

 100
 86,6  j50 V
 



 
Polar

I  8 e

 j30

Re c tan gular

30

8
 6,93  j4 A
 
Polar

Re c tan gular

Para tomar V como referencia, lo hacemos coincidir con el eje horizontal, lo que implica girar
elconjunto –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 en serie; b) si están en
paralelo.

Resolución de losProblemas 1

ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

a)
Z  R  jX
V
100
Z

 12.5
 60
I
8

60



Z6
.25  j10
.83



R
X
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 
 25
iR
4
v
100
X

 j14.4
i X  j6.93

b)

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

Vba  Va  Vb  120

15

45

V , con respecto al nodo de

- 100

15

Vba  84.85  j84.85-96.6  j25.9  -11.75  j110.75 V
Vba  111.37

96

V

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

60

S

  5  j8.66, o sea : R 5 y X  j8.66 

V2
240 2

 5760
 60
*
10
Z

60

VA  cos   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

90

90

60

Z eq
S

  XC   j46,08

Z  Xc
10  46,08



Z  Xc 5  j8,66  j46,08
V2

Z*
eq

240 

2

12,2

 52,39

 4719

52,39

460
37,75

30
82,39

 12,2

52,39



VA  cos   cos 52,39  0,61

Otra forma de resolverlo es suponer que la potencia que entrega la fuente es la suma de la
potencia, que consume la impedancia más la potencia reactiva capacitiva, que consumeel
capacitor.
60

S Z  5760  2880  j4988,31 VA
QC   j1250 VA
S  S Z  QC  2880  j4988,31  j1250
S  4719

52,39

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 de potencia en atraso.
Dibuje el triángulo de potencia y determine la potencia reactiva de un capacitor que se
conecte en paralelo con la cargapara elevar el factor de potencia a 0,85.
P
10

 16,66 MVA
cos 1 0,6
1  arc cos0,6   53,13º  sen1  0,8
Q1  S1  sen1  16,66  0,8  j13,33 VAr
cos 2  0,85  2  31,8º  Tg2  0,62
Q 2  P  Tg2  j6,2 VAr

S1 

Un capacitor puesto en paralelo con la carga, debe aportar una potencia reactiva capacitiva
QC  Q2  Q1
igual a :
QC  j6,2  j13,33
QC   j7,133 VAr
1.7. Un motor...