Universidad San Franiso de Quito

September 7, 2012

NOMBRE: PAUL FRUTOS (22230)

FECHA: 07-SEP-2012

Potenia de Distorsion

Se dene la Potenia Reativa en ondiiones no-sinusoidales, en trminos de los

valores rms de los armnios de orriente y voltajes, deniin que ha sido usado

muy extensamente desde entones. Esta deniin de esta basada en la super-

posiin de la potenia reativa suministrada por ada armnio, matemtia-

mente[2:

Q =

n=1 VnInsenn

D =S2 P 2 Q2

donde S, P,Q,D son la potenia aparante, ativa, reativa y potenia dedistorin

En los omponentes eltrios lineales omo la resistenia eltria no se

produe ninguna deformain (distorsin) de potenia, la ual ausada por las

argas no lineales representados por ejemplo por dispositivos semiondutores

(retiadores, tiristores), espeialmente uando se utilizan para la retiain

de la orriente alterna[3.

Ejeriios

PROBLEMA 2.1

En la Figura v(t) = (2)120cos(wt+ 30),i(t)=(

2)10cos(wt 30)

(a) Enuentre p(t), S, P , y Q en la red

1

(b) Enuentre un iruito en serie simple (dos elementos) onsistente on el

omportamniento de las terminales desritas en este problema

DESARROLLO:

(a) Por deniin onoemos que:

p(t)=v(t)i(t)

p(t)=(2)120cos(wt+ 30)(

2)10cos(wt 30)

p(t)=(2)1200cos(wt+ 30)cos(wt 30)Al Utilizar la identidad trigonometria para el produto de dos funiones

oseno:

p(t)=(2)1200[cos(30(30))+cos(2wt+30(30))

2

]

p(t)=1200 [cos(60) + cos(2wt)]

p(t)=600 + 1200cos(2wt) [Watts]

Los fasores de la orriente y el voltaje son :

V = 120eipi6, I = 10ei

pi6

Para hallar la potenia Compleja:

S = V I

S = (120eipi6 )(10ei

pi6 )= 1200ei

pi3 = 600 + i1039.23 [V A]

P = Re{S} = 600 [Watts]Q = Imag{S} = 1039.23 [V Ar]

b) Ciruito en Serie

Z = VI

Z = 120ei pi6

10eipi6

= 12eipi3 = 6 + i10.39

2

PROBLEMA 2.2

Con |V | = 100, la potenia instantnea en una red N posee un maximo valorde 1707W y un minimo valor de 293W

(a) Enuentre un posible iruito RL equivalente que a N

(b) Enuentre S = P + jQ en N() Enuentre la potenia instantanea maxima en L y omparela on Q

DESARROLLO:

(a) Conoemos que:

p(t) = VmIm2 [cos(v I) + cos(2wt+ v + I)]

max {p(t)} = VmIm2 [cos(v I) + 1] = 1707

min {p(t)} = VmIm2 [cos(v I) 1] = 293

Se tienen dos euaiones y se neesita onoer el Im y el fator de poteniafp = cos(v I)

1707 =2100Im

2 (fp+ 1)

293 =2100Im

2 (fp 1)

Resolviendo el sistema de Euaiones obtenemos que:

Im = 14.14125 [A] (1)

fp = cos =22 (2)

Ahora Sabemos que:

S = |V | |I| ei (3)

De ahi que debemos hallar el ngulo :

= cos1(

22 ) =

pi4

Es importante notar que podria tambien tomar un valor negativo, on-siderando un fator de potenia en adelanto, pero en este aso onsideraremos

un fator de potenia en retraso. Por otro lado, el valor de |Ia|ser:

|I| = Im2=9.9999 = 10[A]

3

Por lo tanto:

S = |V | |I| ei = 1000eipi4 [V A]

S = |V | |I| ei = 707.106+ i707.106[VA]

De ahi que el Ciruito RL que se adapta a esta red es:

Z = VI =|V ||I| e

i = R+ jwL = 7.07106+ i7.07106

La potenia instantanea que disipa L se alula partir de:vL(t) = L

didt

i(t) = Imcos(wt+ I)ddt i(t) = Imsin(wt+ I)wde ahi que:

vL(t) = Ldidt

vL(t) = LImsin(wt+ I)w

La potenia en un indutor es:

pL(i) = vL(t)i(t) = LImsin(wt+ I)wImcos(wt+ I)

pL(i) = vL(t)i(t) =LI2mw

2 sin(2(wt+ I))

max {pL(t)} = LI2

mw2

max {pL(t)} = 7.07106(210)2

2

max {pL(t)} = 707.106 [W ]

entones deimo que: Q = max {pL(t)}

PROBLEMA 2.3

Una Carga monofasia 1, ondue 5MW on un fator de 0.7 en retraso. De-termine la potenia reativa requerida de un apaitor para haer que el fator

de potenia de la ombinaion en paralelo suba 0.9

DESARROLLO:

4

(a) Conoemos que:

SL = V I = PL + jQL

QLPL

= tan(cos1fp)

QL = PL tan(cos1fp)QL = PL tan(cos1) = 5.101 106[V Ar]

segun los datos del problema deimos que:

ST = SL + SC

SC = QC

ST = 5 + j(5.101 +QC) 106[V A]QTPT

= tan(cos1fpT )

QT = PT tan(cos1fpT )

QT = 2.4216 106 [V Ar]QC = QT QL

QC = 2.679 106 [V Ar]

PROBLEMA 2.4

Una Carga trifsia 3, ondue 200kW on un fator de 0.707 en retraso des-de 440-V linea. En paralelo esta un bano de apaitores 3 que suministra50kVAr. Enuentre el fator de potenia resultante y la orriente (magnitud) en

la ombinaion en la ombinaion en paralelo.

DESARROLLO:

(a) Conoemos que:

S31 = 3S = 3VaIa

P3 = 3P = 3 |Va| |Ia| cos = |S3| cossegun los datos del problema deimos que:

5

Q31P31

= tan(cos1(0.707))

Q31P31

= 1

Q31 = P31

Si onsideramos el bano de apaitores, la potenia total del ituito es:

S3T = S31 S3cTenemos un bano de apaitores 3 que suministra 50kVAr, es importamte

reordar que los apaitores se los onsidera una funte de potenia reativa de

ahi ponemos el signo negativo.

S3C = 50kV Ar fuente de potenia

S3T = 200 + 200i 50i103 [V A]

S3T = 200 + 150i103 [V A]

El fator de potenia resultante tota es:

tan = (150200 ) = 0.75

F.P.T = cos(tan10.75) = 0.8

Para alular la orriente debemos haer una analisis por fase:

S3T = 200 + 150i103 [V A]

ST =2003 +

1503 i103 [V A]

ST = VaIa =

2003 +

1503 i 103 [V A]

|ST | = |Va| |Ia| = 2003 + 1503 i = 83.33333 103 [V A]

|Ia| = 83.33333440/3 [A]

|Ia| = 328.04 [A]

6

PROBLEMA 2.5

Una arga monofasia ondue 10[kW ] desde V = 416 on un fator de poteniade 0,9 en retraso

(a) Enuentre S = P + jQ(b) Enuentre |I|() Asuma que Arg {I} = 0 enuentre p(t)

DESARROLLO:

(a) Por deniin onoemos que:

QP = tan(cos

1fp)

Q = Ptan(cos1fp)

Q = 4.843[kV Ar]

Entones:

S = P + jQ

S = 10 + j4.843[kV A]

b) Sabemos que:

|S| = |V | |I|

|I| = |S| / |V | = (11.11 103) /416|I| = 26.70 [V ]

) Conoemos que:

S = P + jQ = |V | |I| ej , donde = V Isabiendo que I = 0

7

v = = 25.84

entones:

p(t) =|V | |I| [cos(25.84)+cos(2wt+ 25.84)][kW ]

p(t) =11, 1111 [0.9+cos(2wt+ 25.84)][kW ]

PROBLEMA 2.6

El sistema mostrado en la gura esta balaneado (seuenia positiva) Asuma

que Z = 10ej15 y Vca = 208ej120[V ]Enuentre Vab,Vbc,Van,Vbn,Vcn,Ia,Ib,Ic y S3

DESARROLLO:

(a) Conoemos que:

Vca = 208ej120[V ]

entones:

Vab = 208ej120 [V ]

Vbc = 208[V ]de ahi sabemos que:

Va =208

3ej90 = 208

3j [V ]

Vb =208

3ej30 [V ]

Vc =208

3ej150 [V ]

Para Calular las orriente:

Ia =VaZ =

208ej90310ej15

= 20.83ej105

Ia =VaZ =

20.83ej15

Ia =VaZ =

20.83ej135

Para alular la potenia trifasia

S3 = 3S = 3VaIa

S3 = 3S = 4178.98 i1119.7 [V A]

8

PROBLEMA 2.7

Enuentre la potenia total liberada, Zc = 0.2i,ZL = 0.1i,R = 10

DESARROLLO:

Impedania Equivalente: Zeq = 3.998 103 + i0.199I = VZeq =

13.998103+i0.199 = 0.1 5i

S = V I =0.1 + 5i

PROBLEMA 2.8

En el sistema mostrado en la gura enuentre Ia,Ib,Icsi:(a) Za = Zb = i1.0 y Zc= i0.9(b) Za = Zb = Zc = i1.0

9

DESARROLLO:

(a) Sabemos que:

Van=(0.1i+ Za)Ia + 0.1iINVbn=(0.1i+ Zb)Ib + 0.1iINVcn=(0.1i+ Zb)Ic + 0.1iININ = Ia + Ib + Ic

(0.1i+ Za) 0 0 0.1i0 (0.1i+ Zb) 0 0.1i0 0 (0.1i+ Zc) 0.1i1 1 1 1

IaIbIcIn

=

1ei120

ei120

0

IaIbIcIn

=

(1.1i) 0 0 0.1i0 (1.1i) 0 0.1i0 0 (1.0i) 0.1i1 1 1 1

1

1ei120

ei120

0

IaIbIcIn

=

5.58 103 i0.9123140.7928 + i0.45130.85988 + i0.49645

6.14 102 + i3.546 102

(b) Utilizando Analisis por fase

Ia =VaZeq

= 1i1.1 = 0.909i ya que el iruito es balaneado deduimos Ibe Ica partir de IaIb = 0.909e

i150

Ic = 0.909ei30

10

PROBLEMA 2.9

El sistema de la Figuar esta balaneado 4Use el Analisis por fase para enontrarIa,Ib,Ice Id

DESARROLLO:

(a) Sabemos que Vab = Va Vb y que Vb = Vaeipi2Vab = Va(1 (i)) = Vab = Va(1 + i)= 1Va = 1/(1 + i) = 0.5 0.5iLa impedania equivalen es: Zeq = i 0.5i = 0.5iIa =

VaZeq = 1 i =

2ei135

Ib =2ei135

Ic =2ei45

Id =2ei45

PROBLEMA 2.10

El sistema de la Figuar esta balaneado. Asuma que:

C = 103[F ]R =1[]|Vab| = 240 [V ]w = 2pi 60Enuentre |Vab |,|Vab|,S31

11

DESARROLLO:

La impedania da una de las argas apaitias onetadas en delta es:

Zd =1

jwC = j2.6525La impedania en Y es ZY = j0.88419A ontinuaion utilizamos el analisis por fase

Zeq = 1 j0.88419Ia =

VaZeq =

(240/3)ei

1j0.88419 = 103.805ei[A]

Va = IaZY = j91.78eiVab = IaZY = j

391.78ei2

|Vab | = 158.97 [V ]|Ib| = |Ia| = 103.805[A]S = j9527.25[VA] S31=j28581.86 [VA]

PROBLEMA 2.11

El sistema de la Figura esta balaneado. Enuentre Van,Vbn,Vcny Vab

Sabemos que Van = 1,Vab = 1 y de la graa vemos que se utiliza onven-

in positiva

Zc = j1 en delta

12

DESARROLLO:

Ya que el iruito esta balaneado lo mejor es realizar un anlisis por fase,

para ello hay que transformar la fuente de voltaje trifasio en Delta a ongu-

raion Y, y las impedanias tambin hay que pasar de Delta a Y

Va =13ej

pi6

ZY = j/3El iruito equivalente por fase se muestra en la siguienre gura:{FIG}

Del iruito equivalente por fase podemos hallar el voltaje VanUtilizando el analisis por mallas

Va = (j0.1 j/3)Ia + Ia(j/3)Va = (j0.1 j/3)Ia + Ia(j/3)de ahi deimos que:[

113e

pi6

]=

[(j0.1 j/3) (j/3)

(j/3) (j0.1 j/3)] [

IaIa

]

resolviendo la euaion matriial tenemos:[IaIa

]=

[1.698 j1.1761.188 + j3.824

]

Ia = 2.69ej1.38 = 0.5094 + j2.64705

Va = IaZY = 0.88235 j0.1698=0.899ej10.89Vb = 0.899e

j130.89

Vb = 0.899ej109.11

Vab =30.899ej30ej10.89 = 1.556ej19.10

PROBLEMA 2.12

El sistema de la Figura esta balaneado. Asumiendo que argas indutivas

ZL = j10, y las argas apaitivasZC = j10Enuentre Ia,Icap,S3

13

DESARROLLO:

Las argas apaitivas que se enuentran en ongurain Delta se las trasforma

a onguraion Y

ZCY =j103 , de esta manera tendermos una onguraion de apaitanias

paralelas a las argas indutivas

de ahi que se puede realizar un analisis por fase

Ia =Va

j1+(ZL//ZCY )= 1

j1+(j10//j103

)= j0.25

Va = Ia (ZL//ZCY ) = 1.25IcapY =

VaZCY

= j0.375

Icap = Iab =IcapY

3ei

pi6 = 0.216ei

2pi3

S3 = 3S = 3VaIa = 0.9375j

PROBLEMA 2.13

En la Figura, Z = 100ejpi3, Vab = 208

(a) Si el iruito esta balaneado en seuenia positiva (ab), enuentre

Vbc,Vca,Ia,Ib,Ic(a) Si el iruito esta balaneado en seuenia negativa (ab), enuentre

Vbc,Vca,Ia,Ib,Ic

14

DESARROLLO:

(a)En onguraion positiva dado Va, Vb = Vaej 2pi

3,Vc = Vae

j 2pi3

Sabemos que: Vab = Va Vb = Va Vaej 2pi3 = Va(1 ej 2pi3 )entones: Va =

Vab

(1ej 2pi3 )= 208

3ej

pi6

Vbc = Vb Vc = Va(ej 2pi3 ej 2pi3 ) =3Vae

j pi2 = 208ej

2pi3

Vca = 208ej 2pi

3

Ia =VaZ =

2083ej

pi6

100ejpi3

= 2.083j = 2.08

3ej

pi2

Ib =2.08

3ej150

Ic =2.08

3ej30

(b) En onguraion negativa dado Va, Vb = Vaej 2pi

3,Vc = Vae

j 2pi3

Sabemos que: Vab = Va Vb = Va Vaej 2pi3 = Va(1 ej 2pi3 )entones: Va =

Vab

(1ej 2pi3 )= 208

3ej

pi6

Vbc = Vb Vc = Va(ej 2pi3 ej 2pi3 ) = 208ej 2pi3 Vca = 208e

j 2pi3

Ia =VaZ =

2083ej

pi6

100ejpi3

= 2.083ej

pi6

Ib =2.08

3ej

pi2

Ic =2.08

3ej150

15

PROBLEMA 2.14

El sistema de la gura esta balaneado. Espeique Z para que |Vab | > |Vab|

DESARROLLO:

En este problema queremos mostrar que:

|Vab | > |Vab|

si multipliamos ambos lados de la desigualdad por

(3)1

(3)1|Vab | > (3)1 |Vab|

|Va | > |Va|

Por lo tanto para demostrar que |Vab | > |Vab|basta mostarar que |Va | > |Va|Para resolver este problema se utiliza un analisis por fase. Asi deimos que:

Va =Z

j+1+Z Va

|Va | = Zj+1+Z

|Va|asi queremos que Zj+1+Z

> 1Si Z = R Rj+1+R

> 1R2

(1+R)2+1> 1

R2 > (1 +R)2 + 10 > 2R+ 2R < 1

16

Si Z = jX jXj+1+R > 1

X2

(1+X)2+1> 1

X2 > (1 +X)2 + 10 > 2X + 2X < 1 Entoes para que neesitamos un elemento apaitivo on una impedania

X < 1 lo ual signia que 0 < C < 1w

PROBLEMA 2.15

En la Figura, asuma que

Ea =2ej

pi4

Eb = 1ej pi

2

Ec = 1ejpi

Ia = 1ej10

La arga es simetria pero la impedania Z, es desonoida. La fuente no esbalaneada, pero hay que notar que Ea+Eb + Ec = 0

Enuentre S3

DESARROLLO:

17

Sabemos que por la ley de voltajes de Kirho:

Ea + IaZ + Vnn = 0Eb + IbZ + Vnn = 0Ec + IcZ + Vnn = 0Sabemos por la ley de orriente de Kirho:

Ia + Ib + Ic = 0ademas

Ea + Eb + Ec = 0Sumando las tres euaiones iniiales que planteamos tenemos

3Vnn + (Ea + Eb + Ec) + Z(Ia + Ib + Ic)= 0de donde:

3Vnn = 0entones:

Vnn = 0de ahi que podemos deir que:

Z = VaIa =2ej55

Ib =VbZ =

12ej145

Ic =VcZ =

12e125

S3 = S1 + S2 + S3 =2ej

pi4 1ej10 + 1ej

pi2

12ej145 + 1ejpi 1

2e125

S3 = 22ej55

S3 = 1.62 + 2.31j

BIBLIOGRAFIA

[1 Bergen Power System Analysis, 2nd Ed., Prentie Hall, 2000

[2 1250-2011 - IEEE Guide for Identifying and Improving Voltage Quality

in Power Systems

[3 1159-2009 - IEEE Reommended Pratie for Monitoring Eletri Power

Quality

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