Problema 11: Frecuencia de resonancia del circuito de la figuraEnunciado
11. Si las reactancias \(X_L\) y \(X_C\) de la figura, corresponden a la frecuencia de 60 ciclos/seg, calcúlese la frecuencia para la cual estaría el circuito en resonancia. Datos tomados del problema para la figura:
Fundamento teóricoUn circuito RLC serie se encuentra en resonancia cuando la reactancia inductiva es igual a la reactancia capacitiva: \( X_L = X_C \) Recordando que: \( X_L = 2\pi fL \) \( X_C = \dfrac{1}{2\pi fC} \) Como se conocen las reactancias a una frecuencia de 60 Hz, primero se calculan los valores de la inductancia y de la capacidad equivalentes. Cálculo de la inductancia\( X_L = 2\pi fL \) \( 6 = 2\pi(60)L \) \( L = \dfrac{6}{2\pi \cdot 60} \) \( L = 0,0159\;H \) \( L \approx 15,9\;mH \) Cálculo de la capacidad\( X_C = \dfrac{1}{2\pi fC} \) \( 12 = \dfrac{1}{2\pi(60)C} \) \( C = \dfrac{1}{2\pi(60)(12)} \) \( C = 2,21 \times 10^{-4}\;F \) \( C \approx 221\;\mu F \) Cálculo de la frecuencia de resonanciaLa frecuencia de resonancia viene dada por: \( f_r = \dfrac{1}{2\pi\sqrt{LC}} \) Sustituyendo los valores calculados: \( f_r = \dfrac{1} {2\pi\sqrt{(0,0159)(2,21\times10^{-4})}} \) \( f_r = \dfrac{1} {2\pi(0,001876)} \) \( f_r \approx 84,8\;Hz \) Método abreviadoComo: \( X_L = 6\;\Omega \) \( X_C = 12\;\Omega \) a 60 Hz, la resonancia ocurrirá cuando ambas reactancias tengan el mismo valor. La reactancia inductiva aumenta proporcionalmente con la frecuencia: \( X_L(f)=6\dfrac{f}{60} \) La reactancia capacitiva disminuye inversamente con la frecuencia: \( X_C(f)=12\dfrac{60}{f} \) Igualando: \( 6\dfrac{f}{60} = 12\dfrac{60}{f} \) \( f^2 = 7200 \) \( f = 84,85\;Hz \) Se obtiene exactamente el mismo resultado. Resultado finalLa frecuencia para la cual el circuito entra en resonancia es: \( \boxed{f_r \approx 84,9\;Hz} \) En esa frecuencia:
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Problema 12: Circuito RLC serie en resonanciaEnunciado12. El voltaje entre los bornes del generador de corriente alterna de la figura siguiente es \(150\;V\), y \(R = 10\;\Omega\), \(X_L = 50\;\Omega\), \(X_C = 50\;\Omega\). Calcúlese la intensidad de la corriente en el circuito, y \(V_{ab}\), \(V_{bc}\), \(V_{cd}\), \(V_{bd}\), \(V_{da}\). Trácese el diagrama del vector rotatorio del circuito.
Datos\( V = 150\;V \) \( R = 10\;\Omega \) \( X_L = 50\;\Omega \) \( X_C = 50\;\Omega \) Fundamento teóricoEn un circuito RLC serie, la impedancia total se calcula mediante: \( Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} \) Como en este caso: \( X_L = X_C \) la reactancia neta es: \( X = X_L - X_C = 50 - 50 = 0\;\Omega \) Por lo tanto, el circuito está en resonancia serie. En resonancia, la impedancia total queda reducida solamente a la resistencia: \( Z = R = 10\;\Omega \) Cálculo de la corriente\( I = \dfrac{V}{Z} \) \( I = \dfrac{150}{10} \) \( I = 15\;A \) Cálculo de los voltajes parcialesVoltaje entre \(a\) y \(b\)Entre \(a\) y \(b\) está la resistencia: \( V_{ab} = IR \) \( V_{ab} = 15 \times 10 \) \( V_{ab} = 150\;V \) Voltaje entre \(b\) y \(c\)Entre \(b\) y \(c\) está la autoinducción: \( V_{bc} = IX_L \) \( V_{bc} = 15 \times 50 \) \( V_{bc} = 750\;V \) Voltaje entre \(c\) y \(d\)Entre \(c\) y \(d\) está el condensador: \( V_{cd} = IX_C \) \( V_{cd} = 15 \times 50 \) \( V_{cd} = 750\;V \) Voltaje entre \(b\) y \(d\)Entre \(b\) y \(d\) están la autoinducción y el condensador. Como sus reactancias son iguales, sus voltajes tienen igual valor pero están en oposición de fase: \( V_{bd} = V_L - V_C \) \( V_{bd} = 750 - 750 \) \( V_{bd} = 0\;V \) Voltaje entre \(d\) y \(a\)El voltaje entre \(d\) y \(a\) corresponde al voltaje del generador: \( V_{da} = 150\;V \) Diagrama vectorial
V_L = 750 V
↑
|
|
I, V_R ------------→|------------→ V_R = 150 V
|
|
↓
V_C = 750 V
Como V_L y V_C son iguales y opuestos:
V_L - V_C = 0
Por lo tanto:
V_total = V_R = 150 V
Resultados finales
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Problema 13: Corriente en un circuito RLC serieEnunciado13. Un condensador de \(2\;\mu F\), una autoinducción de \(2\;H\) y una resistencia \(R\) están en serie y conectados a un generador de corriente alterna cuya diferencia de potencial entre los bornes es \(100\;V\). Calcúlese la intensidad de la corriente en el circuito para los siguientes valores de la frecuencia angular \( \omega = 2\pi f \): \( \omega = 0,\;200,\;400,\;500,\;600,\;800\;rad/s \) Calcular:
Datos\( V = 100\;V \) \( L = 2\;H \) \( C = 2\;\mu F = 2 \times 10^{-6}\;F \) Fundamento teóricoEn un circuito RLC serie, la reactancia inductiva es: \( X_L = \omega L \) La reactancia capacitiva es: \( X_C = \dfrac{1}{\omega C} \) La reactancia total del circuito es: \( X = X_L - X_C \) La impedancia total es: \( Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} \) La corriente eficaz se calcula mediante: \( I = \dfrac{V}{Z} \) Frecuencia de resonanciaLa resonancia ocurre cuando: \( X_L = X_C \) \( \omega L = \dfrac{1}{\omega C} \) \( \omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} \) Sustituyendo: \( \omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{2 \times 2 \times 10^{-6}}} \) \( \omega_0 = 500\;rad/s \) Por lo tanto, para \( \omega = 500\;rad/s \), el circuito está en resonancia. a) Cálculo para \( R = 100\;\Omega \)
b) Cálculo para \( R = 500\;\Omega \)
Interpretación de los resultadosPara ambos valores de resistencia, la corriente alcanza su valor máximo cuando \( \omega = 500\;rad/s \), porque en ese punto se cumple la condición de resonancia: \( X_L = X_C \) En resonancia, la reactancia neta es cero: \( X_L - X_C = 0 \) Por lo tanto, la impedancia queda reducida solamente a la resistencia: \( Z = R \) Así, para \(R = 100\;\Omega\): \( I = \dfrac{100}{100} = 1\;A \) Y para \(R = 500\;\Omega\): \( I = \dfrac{100}{500} = 0,2\;A \) Resultados finales
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Problema 14: Resonancia en un circuito serie RLCEnunciado14. Un condensador de capacidad \(6\;\mu F\) está conectado en serie con una bobina a un generador de corriente alterna de \(1,2\;V\) y frecuencia regulable. Variando la frecuencia se observa que la intensidad de la corriente alcanza su máximo valor eficaz de \(0,2\;A\) cuando la frecuencia angular \( \omega = 2\pi f \) es \(50.000\;rad/s\).
Datos\( C = 6\;\mu F = 6 \times 10^{-6}\;F \) \( V = 1,2\;V \) \( I_{max,ef} = 0,2\;A \) \( \omega_0 = 50.000\;rad/s \) a) Resistencia y autoinducción de la bobinaEn resonancia, la impedancia del circuito queda reducida a la resistencia: \( Z = R \) Entonces: \( R = \dfrac{V}{I} \) \( R = \dfrac{1,2}{0,2} \) \( R = 6\;\Omega \) En resonancia se cumple: \( \omega_0 L = \dfrac{1}{\omega_0 C} \) Por lo tanto: \( L = \dfrac{1}{\omega_0^2 C} \) \( L = \dfrac{1}{(50.000)^2 \times 6 \times 10^{-6}} \) \( L = 6,67 \times 10^{-5}\;H \) \( L \approx 66,7\;\mu H \) b) Corriente cuando \( \omega = 150.000\;rad/s \)Reactancia inductiva: \( X_L = \omega L \) \( X_L = 150.000 \times 6,67 \times 10^{-5} \) \( X_L = 10\;\Omega \) Reactancia capacitiva: \( X_C = \dfrac{1}{\omega C} \) \( X_C = \dfrac{1}{150.000 \times 6 \times 10^{-6}} \) \( X_C \approx 1,11\;\Omega \) Reactancia total: \( X = X_L - X_C \) \( X = 10 - 1,11 \) \( X = 8,89\;\Omega \) Impedancia: \( Z = \sqrt{R^2 + X^2} \) \( Z = \sqrt{6^2 + 8,89^2} \) \( Z \approx 10,72\;\Omega \) Corriente eficaz: \( I = \dfrac{V}{Z} \) \( I = \dfrac{1,2}{10,72} \) \( I \approx 0,112\;A \) c) Voltaje máximo en el condensadorEl voltaje eficaz en el condensador es: \( V_C = I X_C \) \( V_C = 0,112 \times 1,11 \) \( V_C \approx 0,124\;V \) El voltaje máximo es: \( V_{Cmax} = \sqrt{2}\;V_C \) \( V_{Cmax} = \sqrt{2} \times 0,124 \) \( V_{Cmax} \approx 0,176\;V \) Resultados finales
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Problema 15: Frecuencia para máximo voltaje en la bobina y en el condensadorEnunciado15. Una resistencia \(R\), una autoinducción \(L\) y un condensador \(C\) se encuentran conectados en serie a un generador de corriente alterna de voltaje constante en los bornes.
Fundamento teóricoEn un circuito RLC serie, la impedancia es: \( Z = \sqrt{R^2 + \left(\omega L - \dfrac{1}{\omega C}\right)^2} \) La corriente eficaz es: \( I = \dfrac{V}{Z} \) El voltaje eficaz en la autoinducción es: \( V_L = I X_L = I \omega L \) El voltaje eficaz en el condensador es: \( V_C = I X_C = I \dfrac{1}{\omega C} \) a) Frecuencia para máximo voltaje en la autoinducciónEl voltaje en la autoinducción vale: \( V_L = \dfrac{V \omega L}{\sqrt{R^2 + \left(\omega L - \dfrac{1}{\omega C}\right)^2}} \) Derivando respecto de \( \omega \) e igualando a cero, se obtiene: \( \omega_L^2 = \dfrac{1}{LC\left(1-\dfrac{R^2C}{2L}\right)} \) Por lo tanto: \( \omega_L = \sqrt{\dfrac{1}{LC\left(1-\dfrac{R^2C}{2L}\right)}} \) Y la frecuencia en ciclos por segundo es: \( f_L = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{1}{LC\left(1-\dfrac{R^2C}{2L}\right)}} \) b) Frecuencia para máximo voltaje en el condensadorEl voltaje en el condensador vale: \( V_C = \dfrac{V \dfrac{1}{\omega C}}{\sqrt{R^2 + \left(\omega L - \dfrac{1}{\omega C}\right)^2}} \) Derivando respecto de \( \omega \) e igualando a cero, se obtiene: \( \omega_C^2 = \dfrac{1}{LC}\left(1-\dfrac{R^2C}{2L}\right) \) Por lo tanto: \( \omega_C = \sqrt{\dfrac{1}{LC}\left(1-\dfrac{R^2C}{2L}\right)} \) Y la frecuencia en ciclos por segundo es: \( f_C = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{1}{LC}\left(1-\dfrac{R^2C}{2L}\right)} \) Resultados
Nota: las expresiones de la imagen muestran \( \dfrac{R^2C}{L} \), pero al hacer la derivación aparece \( \dfrac{R^2C}{2L} \). Por lo tanto, la forma corregida incluye el factor \( \dfrac{1}{2} \).
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Problema 16: Potencia suministrada en circuitos de corriente alternaEnunciado
16. Calcúlese la potencia suministrada a los circuitos de los problemas 3 y 4,
utilizando las ecuaciones: \( P = I^2R \) \( P = VI\cos\theta \) Fundamento teóricoEn un circuito de corriente alterna con resistencia, inductancia y capacidad, la potencia activa se disipa únicamente en la resistencia. Por eso puede calcularse mediante: \( P = I^2R \) También puede calcularse usando el voltaje total, la corriente y el factor de potencia: \( P = VI\cos\theta \) donde \( \cos\theta \) es el factor de potencia del circuito. Potencia en el problema 3Datos del problema 3: \( R = 10\;\Omega \) \( V = 100\;V \) \( I \approx 5,55\;A \) \( Z \approx 18,03\;\Omega \) Factor de potencia: \( \cos\theta = \dfrac{R}{Z} \) \( \cos\theta = \dfrac{10}{18,03} \) \( \cos\theta \approx 0,555 \) Usando \( P = I^2R \)\( P = (5,55)^2 \times 10 \) \( P \approx 308\;W \) Usando \( P = VI\cos\theta \)\( P = 100 \times 5,55 \times 0,555 \) \( P \approx 308\;W \) Potencia del problema 16-3: \( P \approx 308\;W \) Potencia en el problema 4Datos del problema 4: \( R = 8\;\Omega \) \( I = 5\;A \) \( V = 50\;V \) \( Z = 10\;\Omega \) Factor de potencia: \( \cos\theta = \dfrac{R}{Z} \) \( \cos\theta = \dfrac{8}{10} \) \( \cos\theta = 0,8 \) Usando \( P = I^2R \)\( P = 5^2 \times 8 \) \( P = 25 \times 8 \) \( P = 200\;W \) Usando \( P = VI\cos\theta \)\( P = 50 \times 5 \times 0,8 \) \( P = 200\;W \) Potencia del problema 4: \( P = 200\;W \) Resultados finales
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Problema 17: Dos alternadores conectados en serie alimentando una bobinaEnunciado17. Dos alternadores \(V_1\) y \(V_2\), de la misma frecuencia, están conectados en serie y suministran 150 W a una bobina. Un voltímetro de corriente alterna indica 40 V cuando se conecta entre los puntos a y b, 30 V entre b y c, y 50 V entre a y c. Un amperímetro colocado entre c y d indica una corriente de 5 A.
Datos\(V_1 = 40\;V\) \(V_2 = 30\;V\) \(V = 50\;V\) \(I = 5\;A\) \(P = 150\;W\) Fundamento teóricoCuando dos tensiones alternas de igual frecuencia se conectan en serie, la tensión resultante se obtiene mediante la suma vectorial de ambas tensiones. \[ V^2=V_1^2+V_2^2+2V_1V_2\cos\theta \] La potencia activa absorbida por una carga viene dada por: \[ P=I^2R \] La impedancia se obtiene mediante la ley de Ohm para corriente alterna: \[ Z=\frac{V}{I} \] La reactancia se calcula a partir del triángulo de impedancias: \[ X=\sqrt{Z^2-R^2} \] Finalmente, el factor de potencia es: \[ \cos\varphi=\frac{R}{Z} \] a) Conexión del vatímetroPara medir la potencia consumida por la bobina:
b) Diferencia de fase entre los alternadoresAplicando la suma vectorial de tensiones: \[ 50^2=40^2+30^2+2(40)(30)\cos\theta \] \[ 2500=1600+900+2400\cos\theta \] \[ 2500=2500+2400\cos\theta \] \[ 2400\cos\theta=0 \] \[ \cos\theta=0 \] \[ \boxed{\theta=90^\circ} \] Los voltajes de ambos alternadores están desfasados noventa grados eléctricos. c) Parámetros eléctricos de la bobinaImpedancia\[ Z=\frac{V}{I} \] \[ Z=\frac{50}{5}=10\;\Omega \] \[ \boxed{Z=10\;\Omega} \] Resistencia\[ P=I^2R \] \[ R=\frac{P}{I^2} \] \[ R=\frac{150}{5^2} \] \[ R=\frac{150}{25} \] \[ \boxed{R=6\;\Omega} \] Reactancia\[ X=\sqrt{Z^2-R^2} \] \[ X=\sqrt{10^2-6^2} \] \[ X=\sqrt{100-36} \] \[ X=\sqrt{64} \] \[ \boxed{X=8\;\Omega} \] Factor de potencia\[ \cos\varphi=\frac{R}{Z} \] \[ \cos\varphi=\frac{6}{10} \] \[ \boxed{\cos\varphi=0,6} \] El ángulo de fase de la bobina es: \[ \varphi=\cos^{-1}(0,6) \] \[ \boxed{\varphi\approx53,1^\circ} \] Triángulo de impedancias
Z = 10 Ω
/|
/ |
/ | X = 8 Ω
/ |
/ |
/φ |
/ |
/_______|
R = 6 Ω
cos φ = 6/10 = 0,6
φ ≈ 53,1°
Resultados finales
ConclusiónLa suma vectorial de las tensiones demuestra que los alternadores trabajan con un desfase de 90°. A partir de la potencia suministrada y de la corriente medida se obtiene una resistencia de 6 Ω. Con el valor de la impedancia, calculada mediante la ley de Ohm para corriente alterna, se determina una reactancia de 8 Ω y un factor de potencia de 0,6.
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Problema 18: Corrección del factor de potencia mediante un condensador en paraleloEnunciado18. Se conecta una impedancia \(Z\) a una línea de corriente alterna de \(100\;V\) y \(60\;Hz\). Al conectar un condensador de \(265\;\mu F\) en paralelo con la impedancia, la corriente en la línea se reduce a la mitad de su primer valor y queda en fase con el voltaje de la línea. Calcúlese la potencia suministrada a la impedancia. DatosVoltaje eficaz: \(V=100\;V\) Frecuencia: \(f=60\;Hz\) Capacidad: \(C=265\;\mu F=265\times10^{-6}\;F\) Fundamento teóricoCuando se conecta un condensador en paralelo con una carga inductiva, éste suministra una corriente adelantada 90° respecto del voltaje. Si el valor del condensador es el adecuado, la corriente reactiva del condensador compensa exactamente la corriente reactiva de la carga, logrando que la corriente total quede en fase con el voltaje. En estas condiciones el factor de potencia pasa a ser: \[ \cos\varphi = 1 \] y la corriente de línea corresponde únicamente a la componente activa. 1. Corriente del condensadorLa reactancia capacitiva vale: \[ X_C=\frac{1}{2\pi fC} \] \[ X_C=\frac{1}{2\pi(60)(265\times10^{-6})} \] \[ X_C=10,01\;\Omega \] La corriente que absorbe el condensador es: \[ I_C=\frac{V}{X_C} \] \[ I_C=\frac{100}{10,01} \] \[ I_C\approx9,99\;A \] \[ \boxed{I_C\approx10\;A} \] 2. Corriente original de la cargaDespués de conectar el condensador, la corriente de línea queda reducida a la mitad: \[ I_2=\frac{I_1}{2} \] Como la corriente final está totalmente en fase con el voltaje, la corriente reactiva del condensador debe ser igual a la componente reactiva de la carga. Sea \(I_P\) la componente activa de la corriente e \(I_Q\) la componente reactiva. Entonces: \[ I_Q=I_C=10\;A \] Además: \[ I_P=I_2=\frac{I_1}{2} \] La corriente inicial satisface: \[ I_1=\sqrt{I_P^2+I_Q^2} \] Sustituyendo: \[ I_1=\sqrt{\left(\frac{I_1}{2}\right)^2+10^2} \] \[ I_1^2=\frac{I_1^2}{4}+100 \] \[ \frac{3}{4}I_1^2=100 \] \[ I_1^2=\frac{400}{3} \] \[ I_1=11,55\;A \] La corriente activa resulta: \[ I_P=\frac{I_1}{2} \] \[ I_P=5,77\;A \] 3. Potencia suministrada a la impedanciaComo el condensador ideal no consume potencia activa, toda la potencia corresponde a la impedancia. \[ P=VI_P \] \[ P=100\times5,77 \] \[ P=577\;W \] \[ \boxed{P\approx577\;W} \] ComprobaciónFactor de potencia inicial: \[ \cos\varphi=\frac{I_P}{I_1} =\frac{5,77}{11,55} =0,50 \] Ángulo de fase: \[ \varphi=\cos^{-1}(0,50)=60^\circ \] Después de conectar el condensador:
Resultado final
ConclusiónLa conexión de un condensador en paralelo suministra la corriente reactiva necesaria para compensar la componente inductiva de la carga. Como consecuencia, el factor de potencia mejora hasta la unidad y la corriente absorbida de la red se reduce al 50 % de su valor inicial, manteniéndose inalterada la potencia activa consumida por la impedancia, que resulta aproximadamente igual a 577 W.
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Problema 19: Impedancia equivalente y corrientesEnunciado19. En el circuito de la figura se tiene:
\(V_{ab}=100\;V\), \(f=60\;Hz\), \(C=26,5\;\mu F\), \(L=0,265\;H\), \(R_1=R_2=R_3=5\;\Omega\).
Datos\(R_1=R_2=R_3=5\;\Omega\) \(V_{ab}=100\;V\) \(f=60\;Hz\) \(L=0,265\;H\) \(C=26,5\;\mu F=26,5\times10^{-6}\;F\) Reactancia inductiva\(X_L=2\pi fL\) \(X_L=2\pi(60)(0,265)\) \(X_L\approx100\;\Omega\) Reactancia capacitiva\(X_C=\dfrac{1}{2\pi fC}\) \(X_C=\dfrac{1}{2\pi(60)(26,5\times10^{-6})}\) \(X_C\approx100\;\Omega\) a) Impedancia equivalente entre \(a\) y \(b\)La rama superior está formada por \(R_2\) y \(L\) en serie: \(Z_1=R_2+jX_L=5+j100\) La rama inferior está formada por \(R_3\) y \(C\) en serie: \(Z_2=R_3-jX_C=5-j100\) Como las dos ramas son conjugadas, su equivalente en paralelo resulta puramente resistivo: \(Z_{ab}=\dfrac{Z_1Z_2}{Z_1+Z_2}\) \(Z_{ab}=\dfrac{(5+j100)(5-j100)}{(5+j100)+(5-j100)}\) \(Z_{ab}=\dfrac{5^2+100^2}{10}\) \(Z_{ab}=\dfrac{25+10000}{10}\) \(Z_{ab}=1002,5\;\Omega\) Aproximando según el libro: \(\boxed{Z_{ab}\approx1000\;\Omega}\) b) Corriente en cada resistenciaCorriente por \(R_1\)La corriente total que entrega la línea es: \(I=\dfrac{V_{ab}}{Z_{ab}}\) \(I=\dfrac{100}{1000}\) \(\boxed{I_{R1}=0,1\;A}\) Corriente por \(R_2\)La impedancia de la rama superior es: \(|Z_1|=\sqrt{5^2+100^2}\approx100\;\Omega\) \(I_{R2}=\dfrac{100}{100}=1\;A\) \(\boxed{I_{R2}=1\;A}\) Corriente por \(R_3\)La impedancia de la rama inferior es: \(|Z_2|=\sqrt{5^2+100^2}\approx100\;\Omega\) \(I_{R3}=\dfrac{100}{100}=1\;A\) \(\boxed{I_{R3}=1\;A}\) c) Diagrama vectorialLa corriente de la rama inductiva está retrasada respecto de \(V_{ab}\), mientras que la corriente de la rama capacitiva está adelantada. Como ambas ramas tienen igual resistencia y reactancias opuestas, las componentes reactivas se anulan parcialmente y queda una corriente total pequeña, en fase con el voltaje.
I_C = 1 A
↗
/
/
V_ab ───────────→────────── I_total = 0,1 A
\
\
↘
I_L = 1 A
Resultados finales
Verificación: los resultados son: \(1000\;\Omega\), \(0,1\;A\), \(1\;A\), \(1\;A\).
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Problema 20: Corrección del factor de potencia mediante un condensador en serieEnunciado20. Un circuito absorbe 330 W de una línea de corriente alterna de 110 V y 60 Hz. El factor de potencia es 0,6 y la corriente está retrasada respecto al voltaje.
DatosPotencia activa: \(P=330\;W\) Voltaje eficaz: \(V=110\;V\) Frecuencia: \(f=60\;Hz\) Factor de potencia: \(\cos\varphi=0,6\) Fundamento teóricoCuando un circuito presenta un factor de potencia menor que la unidad, existe una componente reactiva que aumenta la corriente absorbida sin producir trabajo útil. Si se agrega un condensador de valor adecuado, la reactancia capacitiva puede compensar la reactancia inductiva, llevando el factor de potencia a la unidad. Las relaciones empleadas son: \[ P=VI\cos\varphi \] \[ Z=\frac{V}{I} \] \[ R=Z\cos\varphi \] \[ X=\sqrt{Z^2-R^2} \] \[ X_C=X \] \[ C=\frac{1}{2\pi fX_C} \] a) Capacidad del condensadorCorriente absorbida\[ I=\frac{P}{V\cos\varphi} \] \[ I=\frac{330}{110\times0,6} \] \[ I=5\;A \] Impedancia del circuito\[ Z=\frac{V}{I} \] \[ Z=\frac{110}{5} \] \[ Z=22\;\Omega \] Resistencia equivalente\[ R=Z\cos\varphi \] \[ R=22\times0,6 \] \[ R=13,2\;\Omega \] Reactancia inductiva equivalente\[ X=\sqrt{Z^2-R^2} \] \[ X=\sqrt{22^2-13,2^2} \] \[ X=\sqrt{484-174,24} \] \[ X=\sqrt{309,76} \] \[ X=17,6\;\Omega \] Para obtener un factor de potencia igual a la unidad, la reactancia del condensador debe ser igual a la reactancia inductiva: \[ X_C=17,6\;\Omega \] Capacidad requerida\[ C=\frac{1}{2\pi fX_C} \] \[ C=\frac{1}{2\pi(60)(17,6)} \] \[ C=1,507\times10^{-4}\;F \] \[ \boxed{C\approx151\;\mu F} \] b) Potencia absorbida después de la correcciónUn condensador ideal no consume potencia activa. La potencia activa absorbida por la carga permanece constante: \[ P=330\;W \] Lo que disminuye es la corriente suministrada por la red, no la potencia útil consumida. \[ \boxed{P=330\;W} \] ComprobaciónDespués de la corrección:
La nueva corriente de línea es: \[ I=\frac{P}{V} \] \[ I=\frac{330}{110} \] \[ I=3\;A \] Resultados finales
ConclusiónEl circuito presenta inicialmente un factor de potencia de 0,6 debido a su carácter inductivo. La incorporación de un condensador de aproximadamente 151 μF compensa la reactancia inductiva y lleva el factor de potencia a la unidad. Como consecuencia, la corriente suministrada por la red disminuye de 5 A a 3 A, mientras que la potencia activa absorbida permanece constante en 330 W.
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Términos relacionados :
|
