Corriente Alterna y Factor de Potencia

8/18/2019 Corriente Alterna y Factor de Potencia

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UNIDAD 1. CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA 1.1. Origen de la Corriente alterna

Los primeros experimentos para generar energía eléctricadatan del año 1800, cuando Alesandro Volta creó la primerapila eléctrica, que consis a en un apilamiento de discos dezinc y cobre, separados por discos de cartón humedecidos ensalmuera.

Fig. 1.1. Pila de Volta

La pila de Volta no generaba mucha electricidad, pero sirviópara demostrar que se podía construir un disposi vo genera-dor de energía de manera rela vamente sencilla. De hecho,

mas de 200 años mas tarde, las modernas pilas y baterías dela actualidad funcionan bajo principios similares a los de laprimera pila de Volta.

Hacia 1830 se construyeron las primeras dínamos , máquinasque conver an el movimiento en energía eléctrica gracias alfenómeno de la inducción magné ca . En 1870 ya funcionabaen París una central que distribuía energía producida pordínamos, pero se considera que la primer central eléctricaque producía y distribuía energía eléctrica de manera comer-cial fue la instalada por Thomas Alva Edison en Nueva Yorken 1882.

Hacia nes del siglo 19, el mercado eléctrico estaba en ex-pansión, debido a la electricación de los hogares, el uso delas primeras lámparas en el alumbrado público y de los mo-tores eléctricos en la industria, por lo que la producción y

distribución de electricidad era un negocio lucra vo. En Esta-dos Unidos la empresa General Electric iniciada por Edisonprác camente tenía el monopolio del mercado, pero las dí-namos de Edison tenían un problema: al generar la energíacon la misma tensión con que se consumía (por ejemplo110V), la corriente transportada era muy elevada, lo queproducía pérdidas en los cables por el calor generado.

En 1886 el empresario George Wes nghouse fundó Wes-nghouse Electric para compe r con la empresa de Edison.

Wes nghouse u lizaba los descubrimientos realizados porNikola Tesla y producía corriente alterna (CA) en vez de co-rriente con nua (CC). Esta competencia llevó a un enfrenta-

miento comercial que históricamente se conoció como "laguerra de las corrientes".

La gran ventaja de la corriente alterna es que se puede cam-biar su voltaje empleando transformadores . De esa manera,se puede generar con un valor elevado de tensión (por ejem-plo 500.000 vol os) y transportarla con bajas corrientes ypor tanto bajas pérdidas. Al momento de consumirla, otrotransformador disminuye la tensión a los valores habituales(como 220V) aumentando la corriente disponible.

La “guerra de las corrientes” nalizó a principios del siglo 20,

cuando Tesla cedió sus patentes a Wes nghouse para permi-r que se extendiera el uso de la corriente alterna en los sis-temas de generación y distribución, que perdura hasta nues-tros días.

Fig. 1.3. Transformador usado para el transporte

de energía eléctrica.Fig. 1.2. Una de las seis dínamos de la central de Edison en

Nueva York


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1.2. Generación de CA

En 1820 el cien co danés Hans Chris an Oersted descubrióque una corriente que circula por un conductor genera uncampo magné co y en 1832 el inglés Michael Faraday hizo elhallazgo inverso: que el magne smo también era capaz deproducir electricidad. Gracias a sus experimentos, Faradaydescubrió que si movía un conductor en el interior de uncampo magné co, circulaba por el mismo una corriente eléc-trica. Lo mismo ocurría si el conductor estaba quieto y quiense movía era la fuente del campo magné co, concluyendoque lo que importaba era el movimiento rela vo entre elconductor y el campo magné co. A este fenómeno se le dioel nombre de inducción electromagné ca .

En la FIg. 1.4. puede verse un montaje similar al que empleóFaraday. Si se mueve el conductor de forma perpendicular a

las líneas de fuerza del campo magné co, el instrumentoindica la circulación de corriente. Si el conductor se mueveen sen do opuesto, el instrumento indica que la corriente

ene sen do de circulación opuesto. Si el conductor se mue-ve paralelo a las líneas de fuerza de manera que no las“corta” en su desplazamiento, la corriente se man ene encero. Si en vez de un conductor único se u liza un arrolla-miento con varias vueltas, la corriente es mayor y proporcio-nal a la can dad de vueltas.

El alternador

La inducción electromagné ca ene numerosas aplicacionesprác cas, pero sin lugar a dudas la mas importante es el al-ternador, un disposi vo empleado para la producción deenergía eléctrica en grandes can dades.

El principio de funcionamiento es muy simple y es una aplica-ción directa del principio de inducción que vimos en el puntoanterior. Para explicarlo, veamos la Fig. 1.5. En ella, una espi-ra se hace girar en el interior del campo magné co generadopor un imán jo. A medida que el arrollamiento gira, va cor-tando las líneas del campo magné co y produciendo corrien-te inducida., la que se extrae del disposi vo para su uso gra-

cias a un par de escobillas.

Veamos ahora que pasa a medida que la espira va girando enel interior del campo magné co, ayudándonos con la imagende la FIg. 1.6.

Fig. 1.4. Corriente inducida al moverse un conductordentro de un campo magné co. Lo mismo ocurre si el

que se mueve es el imán.

Cuando el arrollamiento está en posición ver cal (1), no cor-ta líneas del campo y por lo tanto la corriente es cero. A me-dida que gira, la can dad de líneas que corta va en aumen-to , alcanzando el máximo cuando se pone en posición hori-zontal (2). A par r de allí, la corriente decrece para hacerse

otra vez cero (3) y luego se repite todo el ciclo pero cortandoel campo en la dirección opuesta (4). Esta variación duranteel giro hace la corriente de salida no sea constante sino quevaríe según el ángulo entre el arrollamiento y las líneas defuerza, produciendo de esta manera una corriente alternacon una forma caracterís ca llamada “corriente alterna se-noidal”.

Fig. 1.5. Funcionamiento de un alternador

Fig. 1.6. Generación de una CA senoidal en un alternador

Los autos también enen un alternador para cargar la bate-

ría. En este caso, como la batería funciona con corriente con-nua, la CA proveniente del alternador debe ser previamen-

te conver da a CC, lo que requiere de un paso intermedioconocido como rec cación y una posterior regulación paramantener la tensión en un valor seguro para la batería.


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1.3. Valores caracterís cos de la CA senoidal

Valor máximo

Es el valor mas alto que puede alcanzar la tensión (o la co-rriente). Se lo representa como Vmáx. Como es el punto masalto de la curva, también se lo suele denominar Valor pico.

Fig. 1.7. Valor máximo o pico

Al ser la forma de onda alterna y cambiar constantemente desen do, alcanza un valor máximo posi vo (Vmáx) para luegoinver r su valor y alcanzar un valor máximo nega vo (-Vmáx).

Valor ecaz

El valor ecaz de una corriente alterna es aquel valor queproduce el mismo efecto térmico sobre una resistencia queuna corriente con nua de igual valor .

La relación entre el valor máximo (Vmáx) y el Valor ecaz esla siguiente:

Grácamente, el valor ecaz se sitúa por debajo del valormáximo o pico:

Fig. 1.8. Valor ecaz

El valor ecaz es muy u lizado en corriente alterna. De he-cho, si no especicamos nada , cuando damos un valor detensión o de corriente, se asume que estamos hablando delvalor ecaz . Por ejemplo, cuando decimos que un aparatoeléctrico funciona con 220 Vol os, estamos hablando de 220Vol os ecaces. En inglés, el valor ecaz se denomina RMS.

Ciclos y semiciclos

La corriente alterna cambia constantemente su valor. Co-mienza en cero, crece hasta un máximo posi vo, luego de-crece y llega a cero, alcanza un máximo nega vo y luego otravez cero, repi endose ésto indenidamente. Cada repe -ción, desde el inicio en cero hasta que vuelve al punto depar da se llama ciclo. La mitad de un ciclo se denomina se-miciclo.

Fig. 1.9. Ciclo y semiciclo de una onda senoidal

Los semiciclos por sobre la línea horizontal se llaman semici-clos posi vos y los que están por debajo, semiciclos nega -vos .

Ejemplo:

Calcular el valor ecaz de una tensión alterna con un valormáximo de 100 Vol os

Esto signica que la tensión alterna de 100 Vol os máxproduce el mismo efecto térmico (calor) en una resisten-cia que una corriente con nua de 70,9 Vol os.

Fig. 1.10. Semiciclos posi vos y nega vos


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Período y frecuencia

El empo que dura un ciclo completo se llama período y semide en segundos o sus submúl plos (milisegundos, micro-segundos, etc). Se representa con la letra T.

Fig. 1.11. Período de una onda senoidal

La can dad de ciclos que entran en un segundo se denominafrecuencia. Se la representa con la letra f y se mide en Hertz(Hz).

La frecuencia es la inversa del período:

Para aclarar esta idea, veamos las imágenes de la FIg. 1.12.En la primera, en un empo de 1 segundo entra un solo pe-ríodo. En la segunda entran dos y en la tercera 4.

Fig. 1.12. Ondas senoidales de dis ntas frecuencias

En el primer caso la frecuencia es de 1 Hz (Hertz), en el se-gundo 2 Hz y en el tercero 4 Hz.

La corriente alterna que se u liza en la República Argen naene 50 Hz, es decir, 50 ciclos por segundo. Como el período

es la inversa de la frecuencia, T=1/f = 1/50 = 0,02 segundos o20 milisegundos.

Para frecuencias superiores, que habitualmente se usan masen Electrónica y no tanto en Electricidad, se emplean los si-guientes múl plos del Hertz:

1 kilo Hertz = 1.000 Hz

1 mega Hertz = 1.000.000 Hz

1 giga Hertz = 1.000.000.000 Hz

Ejemplo:

Calcula el valor pico de la tensión de línea de 220V y 380V.

Solución:

En ambos casos se habla de valores ecaces, así que la ten-sión pico o máxima será:

A) Vpico = 1,41 * 220V = 310,2 Vol os

B) Vpico = 1,41 * 380V = 535,8 Vol os

Ejemplo:

Calcula el valor ecaz de una tensión cuyo valor pico es de400 Vol os.

Solución:

Vecaz = Vpico/1,41 = 400V/1,41 = 283,7 Vol os

Ejemplo:

Calcula el período de una onda senoidal con una frecuencia

de 100 Hertz.

Solución:

T = 1/f = 1/100 = 0,01 segundos

Ejemplo:

Calcula la frecuencia de una onda senoidal con un períodode 1ms (1 mili segundo)

Solución:

f = 1/T = 1/0,001 seg = 1000 Hz (1 KHz)


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1.4. Representación fasorial

En Física ya estudiamos que algunas magnitudes se puedenrepresentar con un simple número (como la temperatura)pero que otras requieren de una indicación gráca que demas información (como en el caso de la velocidad o la fuer-za), para lo cual se usan los vectores.

En nuestro caso, un vector también resulta ú l para repre-sentar cómo varía una tensión alterna, sólo que en vez dedesplazarse a lo largo de una línea, lo hacemos girar con ve-locidad constante alrededor de un punto. Para denominar aeste po de vectores giratorios se usa el termino fasor .

En su giro, el fasor va barriendo ángulos, entre 0 y 360 gra-dos o entre 0 y 2π si expresamos los ángulos en radianes. Esegiro se hace una velocidad que se denomina “velocidad an-gular” y que por tanto se mide en radianes/segundo. En laimagen anterior la velocidad angular está representada porla letra ω (omega).

El fasor, como todo vector, ene dos componentes, una so-bre el eje de las x (horizontal) y la otra sobre el eje de las y(ver cal). Como la amplitud del fasor es “A”, estas compo-nentes, que podemos llamar A x y Ay valen:

Si gracamos la componente ver cal Ay a un lado de la grá-

ca a medida que el fasor gira, obtendremos una curva comola siguiente:

Fig. 1.13. Un vector giratorio o fasor

Es decir que a medida que el fasor gura con velocidad angu-lar ω, la componente sobre el eje y va tomando los valoresde una onda senoidal, comenzando en 0 y terminando cuan-do el fasor llega a 2π radianes o una vuelta completa.

La representación fasorial también sirve para mostrar cómovarían varias ondas senoidales de manera conjunta. Porejemplo, en la siguiente imagen tenemos dos fasores de dis-

nto tamaño que generan dos ondas de dis nta amplitud

pero que varían de forma coincidente. Cuando dos ondas detensión o corriente varían de esa manera, coincidiendo en el

empo los máximos y los ceros se dicen que están en fase .

Si en cambio los dos fasores giran con la misma velocidadpero con un ángulo θ entre ellos, las dos ondas senoidales nocoincidirán. En este caso se dice que están fuera de fase odesfasadas un ángulo θ. Por ejemplo en la siguiente imagenlos fasores enen 90 grados entre ellos y generan dos ondassenoidales desfasadas 90 grados.

Fig. 1.14. Onda senoidal generada por un fasor giratorio

Fig. 1.15. Dos fasores en fase

Fig. 1.16. Dos fasores desfasados


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Fig. 1.17. Potencia en un circuito resis vo

Ejemplo:

Calcular la potencia ac va que aparece en una resistenciacalefactora de 50 ohms cuando se la conecta a una tensiónde 220V ecaces.

Solución: Calculamos primero la corriente ecaz:

I = V/R = 220V / 50Ω = 4,4 Amperes

Y ahora calculamos la potencia:

P = R*I2 = 50 Ω * (4,4 A)2 = 50 x 19,36 = 968 Wa s (W)

También podríamos haber aplicado en forma directa la

fórmula P = V2

/RP = V2/R = (220) 2 / 50 = 48400 / 50 = 968 Wa s (W)

1.5.2. Circuito induc vo puro

Veremos ahora cómo se comporta un circuito formado poruna inductancia, que puede ser un inductor comercial o cual-quier bobinado como el de un motor, un contactor, el balas-to de una lámpara, etc. Aunque toda inductancia real siem-pre va acompañada de una resistencia debida a la resis vi-dad propia del cobre que forma los bobinados, en este puntosupondremos “inductancias puras” que enen una resisten-cia nula. Una inductancia se designa con una letra “L” y larepresentación gráca del circuito induc vo puro sería lasiguiente:

Fig. 1.18. Circuito induc vo puro

La inductancia ene una caracterís ca especial debido alcomportamiento del campo magné co en su arrollado: siem-pre se opone a las variaciones de la corriente que la atravie-sa.

Esto hace que la corriente no varíe junto con la tensión sinoque vaya retrasada respecto de la misma. Grácamente estose aprecia en la Fig. 1.19.

Fig. 1.19. Tensión y corriente en un circuito induc vo puro

En la parte superior se ven las formas de onda de tensión ycorriente y en la inferior la representación fasorial y se apre-cia la diferencia de fase entre Tensión y Corriente. En estecaso, la corriente está atrasada 90 grados con respecto a latensión.

La inductancia presenta una oposición al paso de la corrienteque se denomina Reactancia Induc va (X L) cuyo valor tam-bién se mide en Ohms y depende tanto de la inductanciacomo de la frecuencia:

Donde f es la frecuencia en Hertz y L el valor de la inductan-cia en Henrios (H).


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El fenómeno de la reactancia induc va se da solamente enCorriente Alterna. De hecho, si en la fórmula anterior pone-mos f=0 (Corriente Con nua), nos queda que X L=0, lo queimplica que la inductancia no opone ninguna resistencia a laCC. La reactancia induc va es una oposición producida única-mente por el efecto del campo magné co en el interior de lainductancia y no ene nada que ver con la resistencia de losconductores. Recordemos que estamos tratando con una

inductancia ideal.La corriente ecaz que circula a través de la inductancia sepuede calcular usando la ley de Ohm con la tensión ecazaplicada y la reactancia induc va:

Si calculamos la potencia mul plicando V x I en cada puntode las ondas, el desfasaje entre ellas nos dará un resultadodiferente al del circuito con resistencia, tal como se ve en la

Fig. 1.20. En este caso, la potencia media es cero, porquetenemos la misma can dad de valores posi vos como nega -vos.

Esto implica que en un circuito induc vo puro no hay consu-mo o gasto de potencia en forma de calor como en el circuitocon resistencia. Sin embargo, la energía va y viene hacia ydesde el inductor y se desarrolla una potencia llamada poten-cia reac va (Q) que se mide en Volt Amper Reac vos (VAR) .

La potencia reac va se calcula a par r de la reactancia induc-va del inductor del circuito según la siguiente fórmula:

Ejemplo:

Calcular la corriente que circula por el bobinado de un motorque ene una inductancia de 0,2 henrios cuando es conecta-do a una tensión de 220 V ecaces y frecuencia de 50 Hz y lapotencia reac va sobre el mismo.

Solución:

Primero calculamos la reactancia induc va:

XL = 2*π*f*L = 6,28*50 Hz * 0,2 H = 62,8 Ω

Ahora calculamos la corriente:

I = V/XL = 220V/62,8Ω =3,5 A

Finalmente, la potencia reac va:

Q = XL*I2 = 62,8 Ω * (3,5 A) 2 = 62,8 * 12,25 = 769,3 VAR (Volt

Amper Reac vos)

1.5.3. Circuito capaci vo puro

Para nalizar el estudio de los circuitos elementales en CAveremos cómo se comporta un circuito con capacidad pura.La capacidad proviene de los capacitores o condensadores,como los que se emplean para el arranque de motores mo-nofásicos. La representación gráca de un circuito de este

po es la siguiente:

Fig. 1.21. Circuito capaci vo puro

Fig. 1.20. Potencia en un circuito induc vo puro


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Los condensadores también enen una caracterís ca espe-cial debida a su habilidad para almacenar cargas eléctricas:siempre se oponen a la variación de la tensión aplicada a susbornes. Esto hace que la tensión no varíe de la misma formaque la corriente sino que se atrase 90 grados respecto de lamisma. Grácamente esto se aprecia en la Fig. 1.22.

En la parte superior de la imagen se pueden ver las formasde onda de Tensión y Corriente y en la inferior la representa-ción fasorial y se aprecia la diferencia de fase entre Tensión yCorriente. En este caso, la corriente está adelantada 90 gra-dos con respecto a la tensión.

El condensador presenta una oposición al paso de la corrien-te que se denomina Reactancia Capaci va (X C) que tambiénse mide en ohms y cuyo valor depende de la capacidad y lafrecuencia:

Donde f es la frecuencia en Hertz y C el valor de la Capacidaden Faradios (F).

Fig. 1.22. Tensión y corriente en un circuito capaci vo puro

La reactancia capaci va es un fenómeno que ocurre sola-mente en Corriente Alterna. Si en la fórmula anterior pone-mos f=0 (CC), nos queda que X C=∞ , o sea que en CC el capa-citor se comporta como un circuito abierto.

La corriente ecaz que circula a través del capacitor se pue-de calcular usando la ley de Ohm con la tensión ecaz apli-cada y la reactancia capaci va:

Al calcular la potencia sobre el capacitor veremos algo simi-lar a lo que ocurrió con el circuito de la inductancia, tal co-mo se ve en la Fig. 1.23.

También en este caso, la potencia media es cero, porquetenemos la misma can dad de valores posi vos como nega-

vos.

Esto implica que en un circuito capaci vo puro no hay con-sumo o gasto de potencia en forma de calor como en el cir-cuito con resistencia. Sin embargo, la energía va y viene ha-cia y desde el condensador y también se desarrolla una po-tencia reac va (Q) que se mide en Volt Amper Reac vos(VAR).

Fig. 1.23. Potencia en un circuito capaci vo puro

Ejemplo:

Calcular la corriente que circula por un condensador que

ene una capacidad de 4,7 uF cuando es conectado a unatensión de 220 V ecaces y frecuencia de 50 Hz y la poten-cia reac va sobre el mismo.

Solución:

Primero calculamos la reactancia capaci va:

XC = 1 / (2*π*f*C) = 1 / (6,28 * 50 * 0,0000047 F) = 1 /0,000148 = 6756 Ω

La corriente es:

I = V / XC = 220 V / 6756 Ω = 0,0326 A = 32,6 mA

Y la potencia reac va:

Q = XC* I2 = 6756 Ω * (0,0326 A) 2 = 7,2 VAR (Volt Amper

Reac vos)


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1.6. Triángulo de potencias

En los circuitos reales, de una instalación industrial o domici-liaria, nunca se dan las condiciones ideales que hemos vistoantes con circuitos resis vos, induc vos o capaci vos puros.Siempre hay una mezcla de los circuitos ideales, sobre todoresis vo e induc vo y también hay una combinación de po-tencia ac va y reac va. La potencia ac va y reac va se pue-

den representar grácamente por medio de vectores. Recor-dando los diagramas vectoriales de las Fig. 1.16, 1.19 y 1.22que representan la relación entre la tensión y la corriente, laspotencias se dibujan de la siguiente forma:

FIg.1.24. Potencias Ac va y Reac va

Las potencias Reac vas de origen induc vo y capaci vo e-nen dis nto signo, así que se restan entre sí, quedando sólouna componente de potencia reac va.

FIg.1.25. Potencias Ac va y Reac va total

La combinación vectorial de las potencias ac va y reac vanos da la potencia total que se consume en el circuito, que sedenomina potencia aparente, se representa por la letra S y semide en Volt Amper (VA).

Fig. 1.26. Triángulo de potencias

El ángulo que forman la potencia ac va y la aparente se re-presenta con la letra griega θ (phi o ) y ene una gran im-portancia, que veremos mas adelante.

La potencia aparente se calcula mul plicando los valores e-caces de V e I:

S = V * I

Y a par r de las relaciones trigonométricas en el triángulo depotencias de la Fig 1.26, podemos derivar las otras dos:

P = V * I * cos θ

Q = V * I * sen θ

Ejemplo:

En el circuito de iluminación de unas ocinas se mide unconsumo de corriente de 5 Amperes sobre una línea mono-fásica de 220 V. La iluminación está cons tuida por plafo-nes de tubos uorescentes y en las especicaciones quebrinda el fabricante de los tubos se consigna que el factorde potencia de los mismos es de 0,7. A par r de estos da-tos, calcular la potencia ac va, reac va y aparente.

Solución:

Calculamos primero la potencia aparente (S):

S = V * I = 220 V * 5 A =1100 VA

No tenemos directamente el valor del ángulo θ, pero sucoseno es igual que el Factor de potencia:

Cos θ = 0,7De donde θ = arc cos 0,7 = 45,6º

Entonces:

P = V * I * cos θ = 220V * 5A * 0,7 = 770 Wa s

Q = V * I * sen θ = 220V * 5A * sen 45,6º = 786 VAr


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1.7. Factor de potencia

Observando el triángulo de potencias, vemos que tenemos lapotencia total o aparente (S) que ene dos componentes: lapotencia ac va (Q) que se u liza para realizar un trabajo y lapotencia reac va (Q) que no se aprovecha, sino que va yviene por los conductores. Esta es una situación indeseada,puesto que nos obliga a sobredimensionar los conductorespara transmi r una potencia de la cual no se saca ningúnprovecho.

Una analogía ilustra va es comparar un “chopp” de cerveza ylas potencias eléctricas, como se puede ver en la siguientegura. El contenido total del Chopp es la potencia aparente,la potencia total. La parte “ú l” del chopp es la cerveza, queequivale a la potencia ac va y la espuma se compara con lapotencia reac va. Así como en el chopp queremos poca es-puma para disfrutar de mas cerveza, en un circuito eléctricodesearemos que la potencia reac va sea mínima también.

Fig. 1.27. Comparación entre la potencia y la cerveza

El factor de potencia es una relación que nos permite mediren que medida estamos aprovechando correctamente lapotencia. Se la dene como la relación entre la potencia ac -va (P) y la potencia aparente (S):

El factor de potencia es un indicador de la eciencia con quese u liza la energía que se consume de la red eléctrica. Si elFP se aproxima a 1, que es el caso ideal, la potencia reac vaes cero, lo que implica que toda la energía eléctrica se apro-vecha en trabajo ú l (calor, movimiento, etc). Si en cambio elFP es bajo y se aproxima a cero, la potencia reac va es muyalta y se hace un mal aprovechamiento de la energía.

Del triángulo de potencias de la Fig. 1.26 vemos que la rela-ción P/S es el coseno del ángulo ϕ, por lo que el factor depotencia también se denomina coseno de θ (). Luego, cuan-

do analicemos la distorsión , veremos que bajo ciertas condi-ciones, el factor de potencia no es igual al coseno de .

Las desventajas de un FP bajo son:

• Mayor consumo de corriente.• Aumento de las pérdidas en conductores.• Sobrecarga de transformadores, generadores y líneas dedistribución.• Incremento de las caídas de voltaje.

Como esto también perjudica a las empresas distribuidorasde energía, aplican una multa a quienes tengan el FP muybajo. En el caso de EPEC, el Reglamento de Comercializaciónde la Energía Eléctrica, en su punto 2.2.5 exige al usuariomantener el Factor de Potencia medio como mínimo en 0,95,caso contrario prevé la aplicación de recargos proporcionalesal apartamiento. Para el caso en que el valor del Factor dePotencia sea inferior a 0,50 se in mará al usuario a corregirlodentro de un plazo no mayor a 30 días, suspendiendo el su-ministro eléctrico en caso de no vericarse la correcciónsolicitada.

El recargo a aplicar se puede calcular de la siguiente forma:

Por ejemplo, si el precio de la boleta sin penalizaciones es de$5000 y el cos ϕ medido de 0,84 , el precio nal con la pena-lización será:

Por todas estas razones, es que surge la necesidad de corre-gir el factor de potencia para aproximarlo al valor ideal de 1.

Ejemplo:

En un pequeño taller industrial se hace una medición de po-tencia que arroja los siguientes resultados:

S = 12 KW, P = 9 KW

Calcular el Factor de potencia y el recargo que se paga si re-sulta menor a 0,95.

Solución:

El factor de potencia es FP = P/S = 9 KW/12 KW = 0,75

Es menor a 0,95, así que se está pagando un recargo, que sepuede determinar a par r de la relación 0,95/FP

Recargo = 0,95/FP = 0,95/0,75 = 1,27

Es decir, que debido al FP bajo se paga la energía un 27% mascara.


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1.8. Corrección del Factor de Potencia

En la inmensa mayoría de los casos prác cos, la potenciareac va que disminuye el valor del factor de potencia es deorigen induc vo, debido a los bobinados de los motores o losbalastos de los sistemas de iluminación. La corrección enton-ces consiste en agregar al circuito uno o mas capacitores , demanera que introduzcan potencia reac va de signo opuesto

a la induc va y así la anulen.

En algunas ocasiones basta con determinar la energía reac -va de origen capaci vo necesaria para compensar la de ori-gen induc vo y en otros casos también debemos hallar elvalor de los capacitores.

En potencias elevadas, sobre todo en instalaciones trifásicas,los capacitores o bancos de capacitores de compensación yavienen especicados en kVAr para la tensión de red.

Si bien se puede realizar un cálculo a par r del triángulo depotencias, veremos aquí un método mas prác co que apro-vecha una tabla de compensación que, aunque con variacio-nes, suelen proveer dis ntos fabricantes de productos eléc-tricos.

El procedimiento a seguir es el siguiente:Es necesario conocer:

La potencia ac va (P) consumida en Kw.El cos ϕ actualEl cos ϕ deseado.

Para calcular la potencia reac va de compensación u lizamos

la formula Q = P x k, Teniendo como dato el cos ϕ inicial ysabiendo el deseado, k se ob ene de la tabla de la Fig. 1.28.

Fig. 1.28. Tabla de compensación

Ejemplo:

La potencia antes de compensar es de 4 KW y el cos ϕ de0,75. ¿Qué potencia reac va se debe añadir para llevar el cosϕ a 0,95?

Para encontrar k, entramos en la tabla con estos dos valores yhallamos el coeciente en la intersección. En este caso k=

0.553.

Entonces:

Q C = P x k = 4 (Kw) x 0,553 = 2,2 (KVAr)


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En potencias bajas, como las que se manejan en circuitosmonofásicos, es mas común determinar directamente el va-lor de la capacidad.

Conociendo la potencia de compensación Q C, calculamos lareactancia capaci va:

Y a par r de Xc se puede calcular C:

Lo mismo ocurre con otros pos de lámparas de descargagaseosa. En la Fig. 1.30 podemos ver el circuito para unalámpara de vapor de sodio y en la Fig. 1.31 el de una lámpa-ra de vapor de mercurio.

Fig. 1.29. Compensación de un tubo uorescente

Fig. 1.32. Capa-

cidad de com-

pensación paradis ntos balas-

tos de la marca

“Servibal”

Los valores de los condensadores de compensación se pue-den determinar rápidamente con el auxilio de las siguientestablas, según la potencia de la lámpara

Fig. 1.30. Compensación de una lámpara de vapor de sodio

Fig. 1.31. Compensación de una lámpara de vapor de

mercurio

Y a veces se especica en la hoja de datos del balasto, comoen el caso de la FIg. 1.32. que corresponde a una serie debalastos industria nacional marca“Servibal” ( www.servibal.com.ar )

1.9. Corrección del FP en alumbrado

Las lámparas incandescentes representan una carga resis vapura, por lo que enen un factor de potencia ideal de 1. Sinembargo, las lámparas de descarga gaseosa, como los tubosuorescentes, lámparas de vapor de sodio, mercurio o mez-cladoras, requieren de un elemento auxiliar para provocar elencendido de la lámpara denominado balasto que, en suversión convencional, es una inductancia que disminuye elFactor de potencia hasta valores tan bajos como 0,4. Algunosbalastos son electrónicos e incluyen la corrección de poten-cia en su circuito.

La siguiente gura muestra un circuito pico de conexión deun tubo uorescente, con el tubo propiamente dicho y elcircuito de arranque, que consiste en un balasto y un arran-cador o cebador. La compensación se logra conectando uncondensador en paralelo en la entrada de alimentación dered del conjunto.

Ejemplo:

Calcula el valor de capacidad necesario para lograr la poten-cia reac va del ejemplo anterior. Suponga una tensión de220 Vol os.

Solución:Qc = 2,2 KVAr, así que:

Xc = V2/Qc = 220 2 / 2200 = 22 ohms

C = 1 / (2*π*f*Xc) = 1 / (6,28*50*22) = 0,00014476 Faradios

C = 144,76 uF

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Corriente Alterna y Factor de Potencia