1. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Potencia de señales eléctricas en estado estable
Potencia instantánea
Para cualquier sistema como el mostrado en la figura 1, la potencia proporcionada
a una carga en cualquier instante es igual al producto del voltaje aplicado y la
corriente resultante, es decir p = vi.
i
+
p carga v
-
Figura 1.
En general,
v(t) = Vm cos(wt + θ) (0.1)
i(t) = I m cos(wt + φ) (0.2)
Si el tiempo se mide a partir de cuando la corriente pasa por un máximo positivo,
nos queda que
v(t) = Vm cos(wt + θ - φ)
i(t) = I m coswt
Sustituyendo estas expresiones para v e i, se obtiene que la potencia instantánea
se expresa como
p(t) = Vm I m coswtcos(wt + θ - φ) (0.3)
En la figura 2, se muestra la curva de potencia instantánea para un circuito donde
θ - φ = 36.9o. El área entre la curva de potencia y el eje horizontal representa la
energía que consume el circuito. La potencia que el circuito regresa a la fuente es
igual al valor del área comprendida entre la porción negativa de la curva de
potencia y el eje horizontal.
103

2. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Figura 2. Curva de potencia para un circuito con θ - φ = 36.9o
Obsérvese que la potencia instantánea recorre dos ciclos completos mientras que
el voltaje o la corriente solo recorren un ciclo. Esto se puede explicar
matemáticamente de la siguiente manera: Considerando la identidad
1
trigonométrica cosAcosB = [cos(A + B) + cos(A - B)] , se obtiene que la potencia
2
instantánea es
Vm I m V I
p(t) = cos(θ - φ) + m m cos(2wt + θ - φ) (0.4)
2 2
Obsérvese que esta expresión para la potencia instantánea contiene dos términos,
el primero de ellos es constante y solo depende de la diferencia de las fases y el
segundo es una función periódica con una frecuencia del doble del voltaje o la
corriente. Esta variación de la potencia instantánea en función del tiempo es lo que
explica las vibraciones que se observan en algunos aparatos que funcionan con
motores. Utilizando la identidad trigonométrica cos(A + B) = cosAcosB - senAsenB
nos queda que la potencia instantánea también se puede expresar como
Vm I m V I V I
p(t) = cos(θ - φ) + m m cos(θ - φ)cos2wt - m m sen(θ - φ)sen2wt (0.5)
2 2 2
Es decir
p(t) = P + Pcos2wt - Qsen2wt (0.6)
donde
Vm I m
P= cos(θ - φ) (0.7)
2
Se conoce como la potencia promedio o potencia real y
104

3. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Vm I m
Q= sen(θ - φ) (0.8)
2
Se conoce como la potencia reactiva. Recordando que Iefec = I m / 2 y que
Vefec = I m / 2 , entonces
P = Vefec Iefec cos(θ - φ) (0.9)
Q = Vefec Iefecsen(θ - φ) (0.10)
Aunque ambas funciones representan potencia eléctrica, con el fin de no
confundirlas se acostumbra utilizar diferentes unidades para cada una de ellas: la
potencia real o potencia promedio se mide en Watts (W) y la potencia reactiva se
mide en Voltio Ampere Reactivo (VAR).
La energía eléctrica que pagan los usuarios se calcula mediante el producto del
promedio de la potencia instantánea multiplicada por el tiempo que dura el
consumo de energía. Por ejemplo, si se conecta un foco de 100W durante 10
horas, cada día, durante un mes, el usuario deberá pagar el costo de 30 kWH. La
pregunta es: ¿Cuál es la potencia promedio?
Potencia promedio
La energía que consumen las cargas eléctricas proviene de una señal de corriente
alterna; entonces, la potencia promedio se calcula como
T
1
T∫
p= p(t)dt (0.11)
0
donde p(t) es la potencia instantánea dada por la ecuación (0.6) y T es el periodo
de la señal eléctrica.
Caso1: Circuito puramente resistivo
Im
i v
+ -
R
PR
Z= R
Re
O
Figura 3. Circuito resistivo
105

4. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Si la carga es puramente resistiva, la diferencia de fase θ - φ = 0° y entonces,
P = Vefec Iefec (0.12)
Q=0 (0.13)
p(t) = P + Pcos2wt (0.14)
p(t) = P (0.15)
En la figura 4 se puede observar que la curva de potencia para un circuito resistivo
siempre está sobre el eje x.
Figura 4. Potencia en función del tiempo para una carga resistiva pura.
El área debajo de esta curva y arriba del eje x representa la energía que consume
la resistencia. La potencia que se regresa a la fuente se representaría mediante el
área comprendida entre la porción negativa de la curva de potencia y el eje x, la
cual es cero.
Caso 2: circuito puramente inductivo.
En la figura 5, se muestra el símbolo de un circuito inductivo y su representación
en el plano complejo
106

5. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Im
i + v -
PL
ZL = jwL
Re
O
Figura 5. Circuito inductivo
Para un circuito inductivo 100%, el voltaje v, se adelanta a la corriente i, y la
diferencia de fase θ - φ = 90°, como se puede demostrar a partir de que la
impedancia de un circuito inductivo es ZL = jwL. Es decir, en un inductor
P=0 (0.16)
Q = Vefec Iefec (0.17)
p(t) = - Qsen2wt (0.18)
p(t) = 0 (0.19)
Figura 6. Curva de potencia para una carga inductiva
En la figura 6 se puede observar que durante un ciclo completo, el área sobre el
eje x, la energía que absorbe la inductancia, y la que está abajo del eje x, la
energía que la inductancia regresa a la fuente, tienen la misma magnitud pero
signo diferente.
Caso 3: Circuito puramente capacitivo.
107

6. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
En la figura 7, se muestra el símbolo de un circuito capacitivo y su representación
en el plano complejo
+ v - Im
C
PC
Re
O
ZC = -j/wC
Figura 7. Circuito capacitivo
Para un circuito puramente capacitivo la corriente i, se adelanta al voltaje v y la
diferencia de fase θ - φ = -90°, como se puede demostrar a partir de que la
impedancia de un circuito capacitivo es ZC = 1/jwL. Es decir, en un capacitor
P=0 (0.20)
Q = Vefec Iefec (0.21)
p(t) = Qsen2wt (0.22)
p(t) = 0 (0.23)
Figura 8. Curva de potencia para una carga capacitiva pura
En la figura 8, se puede observar que la potencia que el capacitor absorbe de la
fuente es exactamente igual a la que el capacitor cede a la fuente durante un ciclo
completo. De aquí de deduce que el flujo neto de potencia para un circuito
capacitivo puro, al igual que para un circuito puramente inductivo, es cero durante
un ciclo completo.
108

7. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
En general, en las instalaciones eléctricas industriales
0 < θ - φ < ±90°
Por lo que la potencia instantánea está dada por la ecuación (0.6) y la potencia
realmente consumida habrá que calcularla considerando la presencia de ambas
potencias, la real (P) y la reactiva (Q).
Potencia aparente y factor de potencia
La potencia aparente es igual al producto del voltaje efectivo por la corriente
efectiva. Es decir
Potencia Aparente ≡ Pa = Vefec Iefec (0.24)
La razón de la potencia promedio o potencia real a la potencia aparente se le
llama factor de potencia, FP. Es decir,
Potencia promedio P
FP = = (0.25)
Potencia aparente Pa
Considerando las ecuaciones (0.9) y (0.24), el factor de potencia es simplemente
FP = cos(θ - φ) (0.26)
en una carga puramente resistiva, θ - φ = 0°, y el FP = 1 . Es decir, la potencia
promedio y la potencia aparente son iguales.
En cambio, en una carga puramente reactiva, una que no contenga resistencias
causará una diferencia de fase entre el voltaje y la corriente de θ - φ = ± 90°, y el
factor de potencia FP = 0. Es decir el factor de potencia siempre está entre los
valores extremos de cero y uno. Es decir,
0 < FP < 1 (0.27)
Sin embargo puede obtenerse un factor de potencia igual a uno para cargas que
contengan inductancias y capacitancias si los valores de los elementos reactivos
se eligen adecuadamente para obtener una impedancia de entrada con un ángulo
de fase igual a cero.
El triángulo de potencia
En un circuito donde se tiene un voltaje de entrada Vefec θ y por el que circula una
corriente Iefec φ , se define la relación
109

8. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
S = P + jQ (0.28)
donde P es la potencia real o potencia promedio, Q es la potencia reactiva y S es
la potencia compleja. Aunque las tres variables representan potencia eléctrica, con
el fin de no confundirlas, se utilizan diferentes unidades para cada una: P se mide
en W (Watts), Q se mide en VAR (Volt Ampere Reactivo) y S se mide en VA (Volt
Ampere). Véase la figura 9.
S
Q
θ-φ
P
Figura 9.
La magnitud de la potencia compleja es igual a la potencia aparente. Es decir
Pa = P 2 + Q 2 = Vefec Iefec (0.29)
Potencia reactiva
La potencia reactiva se representa con el símbolo Q y su unidad de medida es el
voltio-ampere reactivo (VAR). La potencia reactiva se define como (Véase la
ecuación (0.10))
Q = IefecVefec [VAR]
Potencia reactiva del inductor
Para un inductor, la potencia reactiva es QL = IefecVefec, pero Vefec = XLIefec, donde
XL = wL [Ohms] es la reactancia inductiva. Es decir, QL = Vefec2/XL [VAR]. O bien
QL = XLIefec2 [VAR]. Es decir
Vefec 2
QL = [VAR] (0.30)
wL
o bien
Q L = wLIefec 2 [VAR] (0.31)
Potencia reactiva del capacitor
110

9. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Para un capacitor, la potencia reactiva es QC = IefecVefec, pero Vefec = XCIefec,
entonces QC = XCIefec2, donde XC = 1/wC [Ohms] es la reactancia capacitiva. Es
decir
QC = wCVefec 2 [VAR] (0.32)
o bien
Iefec 2
QC = [VAR] (0.33)
wC
Para una carga inductiva, la potencia compleja es S = P + jQL y para una carga
capacitiva S = P – jQC, como se puede observar en la figura 10. Es decir si QL >
QC, él triangulo de potencia será semejante al de la figura de la izquierda; Si QC >
QL, él triangulo de potencia será como el de la derecha.
P
θ
S
QC
QL
S
θ
P
Diagrama fasorial de potencias para una Diagrama fasorial de potencias para una
carga inductiva carga capacitiva
Figura 10.
Si una red eléctrica, además de elementos resistivos, tiene elementos capacitivos
e inductivos, la componente reactiva del triangulo de potencias se determinará por
la diferencia entre la potencia reactiva proporcionada por los elementos
capacitivos y los elementos inductivos. El mismo efecto se muestra en el diagrama
temporal de la figura 11.
111

10. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Figura 11.
Procedimiento para obtener el factor de potencia de una
instalación eléctrica
La P, Q, y la S totales y el factor de potencia en una red eléctrica se encuentran
mediante el siguiente procedimiento.
1. Encuentre la potencia real (P) y la potencia reactiva (Q), para cada ramificación
del circuito.
2. La potencia promedio o potencia real total del sistema (PT), es la suma de la
potencia promedio proporcionada a cada ramificación.
3. La potencia reactiva total (QT), es la diferencia entre la potencia reactiva de las
cargas inductivas y la de las carga capacitivas.
4. La magnitud de la potencia aparente total es ST = Pa = PT 2 + QT 2 .
PT P
5. El factor de potencia total es FPT = = T.
ST Pa
Corrección del factor de potencia
El diseño de cualquier sistema de transmisión de potencia es muy sensible a la
magnitud de la corriente en las líneas. Los incrementos de corriente producen
mayores pérdidas de potencia en las líneas de transmisión debido a la resistencia
de las líneas. Las corrientes más pesadas también requieren conductores más
grandes, lo cual incrementa la cantidad de cobre que necesita el sistema por lo
tanto se requiere mayor capacidad generadora.
Considerando que el voltaje de línea aplicado es fijo en el sistema de transmisión,
la potencia aparente es directamente proporcional al nivel de corriente. Mientras
más pequeña sea la potencia aparente neta, más pequeña es la corriente que se
112

11. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
obtiene del suministro. Obteniéndose una corriente mínima cuando P = S y QT =
0, que representa el caso ideal.
El efecto de disminuir los niveles de QT, se ilustra en la grafica de la figura 12.
S
QT
S′ < S QT < QT
'
θ
θ′ < θ
P
Figura 12.
El proceso de introducir elementos reactivos para acercar el factor de potencia a la
unidad se denomina corrección del factor de potencia. Considerando que las
cargas son inductivas el proceso consiste en introducir elementos capacitivos.
Cuando una instalación trabaja a un FP1 y se desea que trabaje a un factor de
potencia FP2 (FP2 > FP1), la potencia reactiva resultante se obtiene de la siguiente
manera:
La potencia reactiva del sistema es Q1 = Ptan(cos-1(FP1)). La potencia reactiva
deseada del sistema es Q2 = Ptan(cos-1(FP2)) y P es la potencia promedio del
sistema. La potencia reactiva Q que se debe de agregar es
Q = Q1 – Q2
Sustituyendo Q1 y Q2, se obtiene que
Q = Ptan(cos-1(FP1)) - Ptan(cos-1(FP2))
Q = P[tan(cos-1(FP1)) - tan(cos-1(FP2))
Es decir
Q
= tan(cos-1(F )) - tan(cos-1(F )) (0.34)
P P1 P2
113

12. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
En el apéndice A se encuentra una tabla donde están los valores de la ecuación
(0.34) para diferentes factores de potencia FP1 y FP2.
Tener factor de potencia con un valor cerca de cero, representa un dispendio de
energía tanto para los usuarios como para la comisión federal de electricidad
(CFE). Es por ello que la CFE establece cargos por un factor de potencia cercano
a cero.
La corriente que demanda una instalación de la red del servicio público, será
mayor entre más bajo sea su factor de potencia. Esto puede ocasionar que sus
transformadores, cables y otros equipos de distribución se sobrecarguen, con un
incremento tanto de las pérdidas por calentamiento como de las caídas de tensión;
además, de requerirse invertir en nuevos equipos de generación, si la corriente
requerida rebasa el límite de la red de distribución existente.
Considere un consumidor que utiliza una potencia de 11 kW con FP = 1 y 220
Vrms. Supóngase además que la línea de transmisión que lleva la potencia hasta el
consumidor tiene una resistencia de 0.2 Ω. La corriente que circula en la carga y
por las líneas de transmisión es de 50 Arms, produciendo una pérdida en la línea de
(502) x (0.2) = 500 W. Es decir, la CFE deberá generar 11.5 kW. Como la energía
se mide donde está el consumidor, el cliente pagará solo el 95.6%.
Ahora suponga que otro consumidor consume también 11 kW, pero operando con
un FP atrasado de 60o. En este caso, la potencia aparente es de 22 kW, por lo que
el consumidor obliga a la compañía eléctrica a suministrar 100 Arms,
produciéndose ahora una pérdida en la línea de transmisión de (1002) x (0.2) = 2
kW y el medidor del cliente solo indicará el 84.6% de la energía generada.
Hay que considerar que para poder suministrar la corriente en exceso debida al
bajo factor de potencia, la CFE requiere de una mayor capacidad instalada en sus
equipos de generación, transformación, transmisión y distribución de energía
eléctrica, con el consiguiente incremento en las inversiones destinadas al
desarrollo de la infraestructura eléctrica y en los costos de operación, lo cual se
traduce en el cargo que por bajo factor de potencia se aplica en el recibo de
consumo de energía eléctrica.
Por lo tanto, para mejorar las condiciones de operación de los equipos y la calidad
y continuidad del servicio eléctrico, se recomienda mantener el factor de potencia
de toda instalación a no menos del 90 % y tan cercano al 100 % como sea posible.
Con esto, en el primero de los casos, se evitará el cargo correspondiente, y en el
segundo, se podrá obtener una bonificación, tal y como está previsto en el punto
número cuatro, de las disposiciones complementarias de las tarifas generales en
vigor y que se transcribe a continuación:
"el usuario procurará mantener un factor de potencia (fp) tan aproximado a 100 %
(cien por ciento) como lo sea posible, pero en el caso de que su factor de potencia
durante cualquier periodo de facturación tenga un promedio menor de 90 %
114

13. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
(noventa por ciento) atrasado, determinado por métodos aprobados por la
secretaría de comercio y fomento industrial (SECOFI), el suministrador tendrá
derecho a cobrar al usuario la cantidad que resulte de aplicar al monto de la
facturación el porcentaje de recargo que se determine según la fórmula que se
señala. En el caso de que el factor de potencia tenga un valor igual o superior de
90 % (noventa por ciento), el suministrador tendrá la obligación de bonificar al
usuario la cantidad que resulte de aplicar a la factura el porcentaje de bonificación,
según la fórmula que también se señala":
FORMULA DE RECARGO FÓRMULA DE BONIFICACIÓN
3  90  1 90 
RECARGO =  -1100% BONIFICACIÓN =  1 - 100%
5  FP  4 FP 
FP < 90% FP ≥ 90%
"Los valores resultantes de la aplicación de estas fórmulas se redondearán a un
solo decimal, por defecto o por exceso, según sea o no menor que 5 (cinco) el
segundo decimal. En ningún caso se aplicarán porcentajes de recargo superiores
a 120 % (ciento veinte por ciento), ni porcentajes de bonificación superiores a 2.5
% (dos punto cinco por ciento)".
Ejemplo 1
Determine el valor de los condensadores necesarios para corregir el factor de
potencia de una carga de 4.05435 kW., 208 V desde 0.60 hasta 1.
Solución
Localice el valor de 60 % (factor de potencia original) en la primer columna de la
tabla I en el apéndice A, y en esa fila encuentre el valor de corrección en la
intersección con la columna de 100 % (factor de potencia corregido). El valor de
corrección es 1.333, por lo que, utilizando la ecuación (0.27) el valor de la
reactancia capacitiva será:
kVAR = kW x 1.333 = 4054.35 x 1.333 = 5405.8
Vefec 2
recordando que X C = y considerando que el voltaje aplicado = 208 voltios, la
ZC
2082 1
reactancia capacitiva X C = = 8 Ω , pero como C = , donde f = 60HZ
5405.8 2πfX C
al sustituir los valores, se obtiene C = 331.6 µF. En la figura 13 se observa el
efecto de la corrección del factor de potencia de 0.6 a 1.
115

14. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Figura 13.
Ejemplo 2
Una pequeña planta industrial tiene una carga calorífica de 12.5 kW y una carga
inductiva de 25 kVA, proveniente de un banco de motores de inducción.
Considerando que los elementos caloríficos son puramente resistivos, FP = 1 y que
los motores de inducción tienen un factor de potencia en atraso, FP = 0.75 y si el
suministro es de 1300 voltios a 60 HZ, determine el elemento capacitivo requerido
para elevar el factor de potencia a 95%.
Solución
Para los motores de inducción:
La potencia compleja S = VI = 25 kVA
La potencia real PM = VIcos(θ) = (25 x 103)(0.75) = 18.75 kW
El ángulo de fase entre las señales θ = cos-1(0.75) = 41.409º
La potencia reactiva QLM = VIsen(θ) = (25x103)sen(41.409o) = (25 x 103)(0.66143)
=16.535 kVAR
Para la carga calorífica:
PCC = 12.5 kW
QLcc = 0 kVAR
Cálculo de la P, Q y S totales y el factor de potencia:
116

15. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
PT = PM + PCC = 18.75 kW + 12.5 kW = 31.25 kW
QT = QLM + QLcc = 16.535 KVAR + 0 = 16.535 kVAR
ST = 16.5352 + 31.252 = 35.3548 kVA
FP = PT/ST = 31.25/35.3548 = 0.8838
Que equivale a un ángulo de θ =cos-1(0.8838) = 27.88°. Véase la figura 14.
ST S´
QT Q´
θ = 27.88°
18.19°
PT PT
triangulo de potencias triangulo de potencias considerando
reduccion de FP de 0.88 a 0.95
Figura 14.
Como se quiere eficientar el sistema a un FP = 0.95, se necesita que θ´ = Cos-
1
(0.95) = 18.19˚ por lo que la carga inductiva Q´, sería tal que Tan(18.19˚) = Q´/PT,
de donde se obtiene Q´ = PTtan(18.19˚) = (31.25 kW) x (0.3285) = 10.2656 kVAR.
La reactancia requerida es QC = QT – Q´ = 16.535 – 10.2656 = 6.2694 kVAR. Esta
es la reactancia capacitiva necesaria para elevar el FP de 0.88 a 0.95. Recordando
V2
que QC = V2/ZC, se obtiene que Z = sustituyendo V = 1300 V y QC = 6.2694
C Q
C
1
kVAR se tiene ZC = 270 Ω, pero como C = , sustituyendo f = 60 Hz se
2πfZC
obtiene que C = 9.8 µF.
Ejemplo 3
Supóngase que un consumidor industrial esta usando un motor de inducción de 50
kW (67.1 hp) con un FP atrasado de 0.8. La fuente de voltaje es 230 Vrms. Para
obtener tarifas eléctricas mas bajas, el cliente desea elevar el FP a 0.95, atrasado.
Especifique un arreglo con el que se pueda hacer esto.
Solución
La potencia compleja entregada al motor de inducción debe de tener una parte
real de 50 kW y un ángulo de cos-1(0.8) = 36.9o. Entonces
117

16. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
50 36.9o
S1 = = 62.5(cos36.9o + jsen36.9o ) = 50 + j37.5 kVA = P + jQ L1
0.8
Para alcanzar un FP = 0.95, la potencia compleja debería ser
50
S= cos -1 (0.95) = 50 + j16.43 kVA = P + jQ L2
0.95
Para alcanzar este valor, se debe de agregar una reactancia capacitiva
equivalente a la potencia compleja
SC = QC = Q L2 - Q L1 = - j21.07 kVAR
que se obtiene con un capacitor conectado en paralelo con el motor de inducción.
Considerando que SC = Vefec Iefec = Vefec 2 /ZC , el valor de la reactancia correctiva es
Vefec 2 2302
ZC = = = 2.51 Ω
SC 21070
Si la frecuencia de operación es de 60 Hz, esta carga reactiva se puede
proporcionar con un capacitor de C = 1/2πfZC = 1056 µF.
Ejemplo 4
Encuentre la potencia compleja que se entrega a una carga que (a) consume 500
VA a un FP atrasado de 0.75 (b) consume 500 W a un FP adelantado de 0.75; (c)
consume -500 VAR a un FP = 0.75.
Solución
(a) Potencia real P = (500) x cos(cos-1(.75)) = 375 W.
Potencia reactiva Q = (-j500) x sen(cos-1(.75)) = -j331 VAR.
Potencia compleja S = P + jQ = 375 –j331 [VA]
(b) P = 500 W.
Q = (-j500) x tan(cos-1(.75)) = 441 VAR
Potencia compleja S = P + jQ = 500 –j441 [VA]
(c) P = 500/tan(cos-1(.75)) = 567 W
Q = -500 VAR
Potencia compleja S = P + jQ = 567 – j500 [VA]
Ejemplo 5
118

17. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Una fuente de 230 Vrms alimenta a tres cargas en paralelo: 1.2 kVA a un FP = 0.8
atrasado; 1.6 kVA a un FP = 0.9 atrasado y 900 W a un FP = 1. Encuentre (a) la
potencia compleja que esta suministrando la fuente; (b) la potencia aparente de la
fuente; (c) la corriente de la fuente; (d) el FP al que opera la fuente.
Solución
P1 = 1200 x cos(cos-1(.8)) = 960 W
Q1 = 1200 x sen(cos-1(.8)) = 720 VAR
P2 = 1600 x cos(cos-1(.9)) = 1440 W
Q2 = 1600 x sen(cos-1(.9)) = 697 VAR
P3 = 900 W
Q3 = 0
PT = 960 + 1440 + 900 = 3300 W
QT = 720 + 1417 VAR
(a) Potencia compleja S = 3300 + j1417 VA
(b) Potencia aparente Pa = (33002 + 14172)1/2 = 3591 VA
(c) Corriente de la fuente Irms = 3591/230 = 15.6 Arms
(d) FP = PT/Pa = 3300/3591 = 91.8 atrasado.
Ejemplo 6
Una carga eléctrica opera a 240 Vrms. La carga absorbe una potencia promedio de
8 kW con un factor de potencia adelantado igual a 0.8. (a) Calcular la potencia
compleja de la carga. (b) Calcular la impedancia de la carga.
Solución
(a) El factor de potencia adelantado implica una carga inductiva; es decir, una
carga reactiva positiva. Del triangulo de potencia tenemos que
Q = Ptan(cos-1(θ - φ)) = 8000tan(cos-1(0.8)) = 6000 VAR
La potencia compleja de la carga es S = 8000 + j6000 VA
(b) La magnitud de la potencia compleja es la potencia aparente Pa = (80002 +
60002)1/2 = 10,000 VA.
Por otro lado se tiene que Pa = VefecIefec. Despejando la corriente, se obtiene que
Iefec = Pa/Vefec = 10,000/240 = 41.67 A
El ángulo de la impedancia es igual al ángulo del factor de potencia
θ – φ = cos-1(0.8) = 36.87o. El ángulo es positivo porque se tiene una carga
inductiva.
La magnitud de la impedancia es
|z| = Vefec/Iefec = 240/41.67 = 5.76
Por lo tanto, la impedancia de la carga es z = 5.76|_36.87o = 4.608 + j3.456 Ω.
119

18. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Problemas
Problema 1. La resistencia de una mano a otra de una persona es de 200 Ohms.
Suponga que una persona tiene una mano sobre la conexión de tierra eléctrica y
la otra mano la coloca accidentalmente sobre un alambre que tiene 120 Vefec.
Considerando que una descarga eléctrica equivalente a 30 J es peligrosa para
cualquier persona, determine la cantidad de energía que absorbe dicha persona,
durante 1 segundo, considerando el circuito equivalente mostrado en la figura 15.
Vi = 120V + j200 Ω R humano
_
Figura 15
Problema 2. Se conectan dos cargas en paralelo a través de una fuente de 1000
Vefec y 60 Hz. Una carga absorbe 500 kW a un FP = 0.6 en retraso y la segunda
absorbe 400 kW y 600 kVAR. Determine el valor del capacitor que habría que
conectar en paralelo con las dos cargas para mejorar el factor de potencia total a
0.9 en retraso.
Problema 3. Una planta industrial tiene dos cargas eléctricas conectadas en
paralelo a una fuente de potencia. La corriente que se le suministra a la tiene 4000
Vrms. Una carga es de 30 kW para calefacción y la otra es un conjunto de motores
que funcionan juntos como una carga de 150 kVA, cuyo FP = 0.6 retrasado.
Determine la corriente total y el factor de potencia de la planta.
Respuesta: I = 42.5 A, FP = 0.7
Problema 4. Un generador alimenta dos cargas en paralelo a 220 V, a un FP =
0.75 en retraso. Una de las cargas es de 4800 VA a un factor de potencia de 0.85
en retraso. La segunda carga absorbe 4kW. ¿Cuáles son la potencia aparente y el
FP de la segunda carga?
Problema 5. Supóngase que la central eléctrica de la figura 16 suministra un
voltaje efectivo de 200 voltios y que la carga Z introduce una diferencia de fase de
60o. (a) Si la carga requiere una potencia promedio de 1 kW, calcular la corriente
necesaria. (b) ¿Cuál seria el valor de la corriente si FP = 1?
120

19. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
linea de transmisión
if
vf + Central carga del
_ Z
eléctrica consumidor
Figura 16
Problema 6. Una carga de 4kW operando a 110 V, tiene un FP = 0.82 en retraso.
Determine el valor del capacitor que debe de conectarse paralelo a la carga que
corrija el FP a 0.95 en retraso cuando se opera a 60 Hz.
Respuesta: C = 0.324 µF
Problema 7. En el circuito de la figura 17, determine la potencia promedio de cada
elemento y verifique si la potencia promedio entregada por la fuente equivale a la
absorbida por los elementos del circuito. Considere que V = 5 cos(5t) V, R1 = 2 Ω,
R2 = 1 Ω, L = 2 H, C = 500 mF.
R1
+
V _ R2 L C
Figura 17
Problema 8. Una carga como la que se muestra en la figura 20 tiene una
impedancia Z = 100 + j100 Ω. Determine la capacitancia en paralelo necesaria
para corregir el factor de potencia (a) a 0.95 en retraso y (b) a 1.0. Suponer que el
generador de potencia opera a 60 Hz.
Problema 9. Un circuito como el de la figura 18 tiene una impedancia Z = 50 + j80
Ω. (a) Determinar el factor de potencia del circuito no corregido (b) Determinar la
impedancia Z1 necesaria para obtener un factor de potencia corregido de 1.0
121

20. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
Linea de transmisión
I1
Generador de
potencia vf +
Z1 Impedancia Z
_ Carga
en paralelo
Figura 18
Problema 10. Un circuito tiene un motor grande conectado a las líneas de ca. La
impedancia de la carga se determina a w = 377 rad/s cuando el modelo de la
carga es equivalente a un resistor de 100 Ω conectado en serie con una
inductancia de 5 H. Determinar el factor de potencia de la carga.
122