UNIVERSIDAD DE BUENOS AIRES
FACULTAD DE INGENIERÍA
ELECTROTECNIA GENERAL “A” (65.03)
CURSO 2
TRABAJO PRÁCTICO Nº 1
CIRCUITO ALIMENTADO CON
CORRIENTE ALTERNA
CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
RESISTENCIA EFECTIVA
La gran mayoría de las cargas industriales: motores eléctricos, iluminación etc.,son del
tipo resistiva inductiva, por ese motivo representaremos-desde el punto de vista eléctricouna industria como una impedancia del tipo resistiva-inductiva (con la particularidad que
la inductancia tendrá un núcleo de hierro)
ZRL = R + j XL
eléctricamente = Fábrica
en R se consume P,
entre XL y la fuente circula Q
A partir de esa representación o modelización nuestros objetivos serán:
•Estudiar como se comporta eléctricamente esa carga
•Optimizar ese comportamiento
Diagrama Fasorial correspondiente a:
IC
ZRL = R + j XL
U
Iactiva

Diagrama Fasorial correspondiente al
capacitor:
-
U
Ireactiva
IRL
Superponiendo los dos fasoriales anteriores:
Iactiva
IRL
U
IC = -Ireactiva
U
Icorreg = Iactiva
compensación total
¿Por qué corregir el factor de potencia?
I
P  U I cos 
 I 
P
U cos 

K
cos 
graficando...
cos 
cap
1
ind
La corriente que es un número complejo tiene dos componentes, una real y una imaginari
La componente real genera la potencia activa P, por ello la llamamos Iactiva
La componente imaginaria, genera la potencia reactiva, y la denominamos Ireactiva
resumiendo:
I = Iactiva + j Ireactiva
Como nos interesa mantener la potencia activa P constante porque ella es la que nos
permite obtener Trabajo útil, NO modificaremos el valor de Iactiva .
¿Cuáles son las ventajas de compensar el factor de potencia?
•Disminuir la corriente necesaria para suministrar una dada potencia.
¿ Ésto qué implica?
•Puedo utilizar cables de menor sección y dispositivos de protección de menor capacidad
(en ambos la magnitud dominante para su selección es la intensidad de corriente) esto se
traduce en un menor costo de la instalación.
•Disminuyen las pérdidas(potencia activa) en los conductores por efecto Joule (I2R )
(significa una economía, porque las pérdidas las tengo que pagar)
•Disminuye la caída de tensión en los conductores (puedo utilizar conductores de
menor sección) -ahorro de materiales•A la empresa distribuidora de energía eléctrica, la disminución de corriente en sus
redes, le permite- sin aumentar la sección de los cables- suministrar ese “remanente”
a otros clientes (analogía con Mecánica de los Fluidos)
Estudio de la Compensación del Factor de Potencia a través de los diagramas de impedancia,
admitancia y triángulo de potencia
Situación ANTES de compensar:
QRL
jXRL
ZRL
GRL

SRL
-

-jBRL
RRL
YRL
PRL
Proceso de compensación total:
GRL
ZRL
jXRL

-jXC
SRL
-
-jBRL
RRL
YRL

+jBC
QRL
PRL
Resultado Final: Compensación Total
Re = Z e ,( X e= 0 )
Ye = Ge ; ( Be= 0)
PRL = P = S ; Q = 0
-QC
En el TP corregiremos el factor de potencia, buscaremos el agrupamiento de
capacitores que disminuya la corriente pero no llegaremos a la compensación total.
Iactiva
Icorreg
U
Iactiva
I
Ireactiva final
U
Ireactiva final
Icorreg
IRL
Ireactiva
inicial
IC
Además como se observa en el diagrama fasorial de la derecha, al compensar, es decir
conectar en paralelo con ZRL los capacitores, estos no son ideales, por tanto al
polarizarse el dieléctrico de los mismos aumentará Iactiva en un valor  I muy pequeño.
Por éste incremento en Iactiva no serán coincidentes -jBRL con jBC,
ni QRL con -QC:
por su circuito equivalente:
ahora reemplazamos nuestro circuito paralelo inicial:
ZRL
-j XC

Requiv
Zequiv
jXequiv
ZRL // -j XC
ZRL
RRL
jXequiv
Requiv
Requiv+ j Xequiv
SRL
jXRL
Zequiv
=
QRL
S
GRL Gequiv
PRL
Yequiv -jBRL
jBequiv
YRL
Q
P
Inicialmente la bobina que representaba nuestra Fábrica tenía un núcleo de hierro
macizo, ahora repetiremos el ensayo modificando el tipo del núcleo de la bobina.
¿Porqué lo hacemos?
•Queremos estudiar cómo se comporta el circuito ante esos cambios.
¿ Dónde se consume potencia activa en nuestro circuito?
•Como efecto Joule en la resistencia del conductor que forma la bobina
•Como pérdidas por histéresis en el núcleo de la bobina
•Como efecto Joule producido por las corrientes parásitas o de Foucault en el núcleo
de la bobina.
Pérdidas por Histéresis
Phistéresis   f B máx
2
Steimetz
donde : Phistéresis  pérdidas por histéresis
(en Watt/
Kg)
  coeficient e que depende del material
B máx  inducción
máxima ( en Tesla)
A través de la Tecnología y Ensayo de los Materiales Eléctricos se logró desarrollar
materiales magnéticos con menores pérdidas(ciclos de histéresis con menor área),
modificando su estructura cristalográfica:
• Adicionando Si (< 5%)
• Mejorando el matrizado de la chapa
•Mediante tratamientos térmicos (recristalización)
Pérdidas por corrientes parásitas o de Foucault
León Foucault ( 1819-1868) (giróscopo, péndulo de Foucault)
La bobina genera un campo magnético variable (circula por ella una corriente
alterna senoidal)
Si el núcleo de la bobina es de un material conductor, se inducirán en él por la ley
de Faraday, fems :

d
E
.
dl



dt
e 

 B . n ds
d
dt
Cuando el flujo magnético en un medio está cambiando, se genera un campo
eléctrico E .
Cuando el medio es conductor, una corriente se produce como resultado.
Dichas corrientes se denominan corrientes parásitas, o corrientes de Foucault.
Como se observa en las figuras, la corriente de Foucault circula en un sentido tal que
genere un campo magnético que se oponga al aplicado.
Notar que aquí el que se mueve(y por lo tanto genera una variación en el tiempo del
flujo concatenado) es el núcleo de hierro, en nuestro TP el núcleo de hierro estará fijo
y el que variará en el tiempo será el campo magnético (B varía por que es generado
por una tensión altera).
La circulación de éstas corrientes de Foucault, en el material del núcleo (hierro) que es
conductor, y tiene una resistencia R, genera pérdidas por efecto Joule (I2R ).
Estas pérdidas de Potencia Activa P que se consume en el núcleo de la bobina la
suministra el circuito eléctrico que la alimenta.
Como los valores de inducción son generalmente altos y la resistividad del material
del núcleo no es muy grande , las pérdidas por Foucault son considerables.
Hierro
IFoucault
bobina
vista en
corte
I B
bobina
vista en
planta
I
BFoucault
Cobre
B
BFoucault
Debemos hacer algo para disminuir las pérdidas generadas por las corrientes de
Foucault:
Por ejemplo no permitir que circulen libremente por el núcleo de la bobina.
¿Cómo podemos hacer esto?
Subdividiendo en “rebanadas” el núcleo que antes era macizo y colocando entre
cada “rebanada” una capa de aislante:
De esta forma las corrientes ven dificultada su circulación
material aislante
b
b
Comparación de las Pérdidas por Foucault entre un núcleo macizo y uno laminado
l
R  
s
P foucault
MACIZO

b
P foucault
LAMINADO
b
2

f
b
 8 
8
2
2
(aquí , b  diámetro del núcleo)
2
B máx
f
2
B máx 
2

P foucault
MACIZO
8
donde :
P foucault  pérdidas por Foucault
b  espesor
s en Watt/Kg)
del material conductor
f  frecuencia
B máx  inducción
b
(expresada
 50Hz
máxima
( en Tesla )
  resistivid ad del material
Observamos que la potencia consumida por la bobina con núcleo laminado es
mucho menor que la consumida cuando tenía el núcleo macizo.
utilizamos un núcleo laminado  menores pérdidas por Foucault
R
A
220 V
CA

W
V
N
T
L1 Atr
B
C
T - tablero con fusibles
B - bobina a ensayar
L1- interruptor bipolar
C -capacitores para corregir el factor de potencia
Atr - autotransformador variable
V - voltímetro a hierro móvil
A - amperímetro a hierro móvil
W - watímetro electrodinámico
Método Operativo
Analizaremos cinco estados:
•Estado 1- Bobina con núcleo macizo
•Estado 2- Bobina con núcleo macizo; capacitores que proporcionen la menor
intensidad de corriente.
•Estado 3-Bobina con núcleo laminado.
•Estado 4-Bobina con núcleo laminado, capacitores que proporcionen la menor
intensidad de corriente.
•Estado 5- Bobina sola, sin núcleo de hierro.
!
Precaución: antes de tocar las partes expuestas del circuito, una vez desconectado,
se descargará el banco de capacitores.
Maniobras a Efectuar
•Con todas las llaves abiertas, se llevará el control del autotransformador a tensión cero.
•Se cierra L1 y se eleva la tensión hasta obtener lecturas de I, U, y P alejadas de los
comienzos de las escalas (< error).
•Se mide en forma simultánea I, U y P.
•Se seleccionará el conjunto de capacitores que proporcione la menor intensidad de
corriente, manteniendo U constante, se medirá I, U, P, y el valor de C.
•Se repetirá lo anterior para un núcleo laminado.
•Desconectando el circuito, se llevará el control del autotransformador a tensión cero
•Se retirará totalmente el núcleo de la bobina. ¿para qué retiramos el núcleo?
porque de esta manera no habrá pérdidas por histéresis ni Foucault, solo habrá perdidas
por Joule en el conductor de la bobina, las cuales las podremos medir con el wattímetro.
•Cerrando L1, y muy lentamente se elevará U, buscando el mismo valor de I que se
utiliza para los estados 1 y 3. ¿por qué hacemos ésto?
Aumentamos lentamente la tensión U, ya que la Z de la bobina al retirar el núcleo,
disminuyó a un valor muy pequeño, lo que provocaría (-si mantenemos el mismo valor
de U que utilizamos cuando la bobina SI TENIA NUCLEO,) una I>>>, que destruiría
la bobina.
 
Fmm


Ni

  N .  N
X
X
X
L
L aire
Ni
 
N i


N
donde :

2
i

 
l
.s
2
 
N s
i  L. i
donde
L 
N
2
s
l
l
 L
   r aire
L HIerro
N
2
s
l
   r Hierro
N
2
s

X
L aire
 X L
Hierro
l
Por esto es que debemos reducir la tensión aplicada cuando trabajamos con núcleo de aire
•Buscando el mismo valor de I que se utiliza para los estados 1 y 3 para tener
exactamente las mismas pérdidas por Joule en el cobre del conductor de la bobina y
poder relacionar los estados 1 y 3 (bobina con núcleo de Fe) con el estado 5( bobina
con núcleo de aire)
De este modo las pérdidas por Joule en el cobre del conductor serán las mismas en los
tres estados, así podremos hallar las pérdidas en el Fe.
Debemos hacer esto porque el wattímetro en los ensayos 1 y 3 mide la potencia de
pérdidas totales: las que se producen en el hierro más las del cobre y nosotros queremos
hallar cuanto valen cada una por separado.
Las pérdidas en el cobre de la bobina ensayada son iguales a:
pérd , Cu  I
2
R óhmica
Las pérdidas en el hierro en los ensayos con núcleo de ese material, las obtenemos de
la expresión:
pFe  P  pérd , Cu
donde P es la potencia medida con el wattímetro.
Una vez halladas las pérdidas en el hierro vamos a “representarlas” por un valor de
resistencia tal que al circular corriente por ella se generen pérdidas joule iguales a las
pérdidas en el hierro halladas.
pFe  I R pérd
2
Fe
a Rpérd Fe la conectaremos en serie con la resistencia óhmica del alambre que forma
la bobina.
I
Róhmica
Rperd Fe
denominaremos resistencia efectiva a :
Obtenemos Refectiva mediante la expresión:
P  U I cos   I
P  I
2
R efectiva 
R efectiva
P
I
2
2
R óhmica  I
2
R pérd
Fe
R efectiva  R ohmica  R perd
Fe
Estimación Valores a Utilizar y Obtener
Núcleo
U
V
Fe macizo
100
Fe macizo+C 100
Fe laminado 100
Fe laminado+C 100
Aire
10,0
I
A
1
0,7
0,3
0,1
1
P
W
70
67
2
2
6
Re
ohm
65,00
140,00
25,00
350,00
5,41
Definir alcances de los instrumentos
Verificación de los Valores de Capacidad :
En forma analítica obtendremos los valores de capacidad conectados en el circuito:
Q C 2  Q1  Q 2 
U
2
XC
 XC
Donde Q1 y Q2 son las potencias reactivas calculadas para los estados 1(bobina con
núcleo de Fe macizo sin compensar) y estado 2 (ídem compensada)
De igual forma para el núcleo laminado:
QC 4  Q3  Q4 
U
2
XC
 XC
Con los valores obtenidos en forma analítica y los medidos en el circuito, se completará
el cuadro de la página 6 de la guía.
•Responder cuestionario página 13 TP
Para ampliar sobre el tema compensación se puede consultar:
www.elecond.com.ar
www.leyden.com.ar
www.schneider_ electric.com.ar
www.siemens.com.ar
Muchas Gracias por su Atención
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TRABAJO PRÁCTICO Nº 1