capitulo 10 · impedancias de cada fase distintas entre sí, ... la conexión de receptores entre...

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CAPITULO 10SISTEMAS TRIFASICOS

10.1 INTRODUCCION

Un sistema equilibrado de corrientes trifásicas es el conjunto de tres corrientes alternas monofásicas de igual frecuenciay amplitud (y, por consiguiente, valor eficaz) que presentan una cierta diferencia de fase entre ellas (120º) y están dadasen un orden determinado. Cada una de las corrientes monofásicas que forman el sistema se designa con el nombre defase.

Un sistema trifásico de tensiones se dice que es equilibrado cuando sus frecuencias y valores eficaces son iguales y estándesfasados simétricamente y dados en un cierto orden.

Cuando alguna de las condiciones anteriores no se cumple (tensiones diferentes o distintos desfases entre ellas), elsistema de tensiones es desequilibrado.

Recibe el nombre de sistema de cargas desequilibradas el conjunto de impedancias distintas que dan lugar a que por el receptorcirculen intensidades de fase diferentes, aunque las tensiones del sistema o de la línea sean equilibradas.

El sistema trifásico presenta una serie de ventajas como son la sencillez de sus líneas de transporte de energía y de lostransformadores utilizados, así como su elevado rendimiento de los receptores (especialmente motores).

10.2. PRODUCCIÓN DE UN SISTEMA TRIFÁSICO DE TENSIONES EQUILIBRADAS

Cuando una espira gira en el interior de un campo magnético uniforme con una velocidad w constante se produce en ella unatensión senoidal. Esta tensión también se puede originar si la espira permanece fija (estator) y se hacen girar los polos de unelectroimán (rotor) con velocidad constante.

Ahora bien, si el estator está constituido por tres bobinas independientes desfasadas 120° entre sí, al girar el rotor se induce encada una de las bobinas una tensión alterna senoidal, del mismo valor y de la misma frecuencia, pero desfasadas entre sí 1/3de período; es decir 120°.

Este dispositivo, compuesto fundamentalmente por rotor y estator, recibe el nombre de generador trifásico.

Las fases se identifican designando con letras mayúsculas o minúsculas(A, B, C; a, b, c; R, S, T...) o números (1, 2, 3...) los terminales de polaridad positiva y con las mismas letras o númeroscon apóstrofo los terminales negativos.

Las fuerzas electromotrices o tensiones correspondientes a cada fase se representan vectorialmente con sus correspondientesdesfases.

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10.3. SECUENCIA DE FASES.

El orden en que estas tensiones se suceden recibe el nombre de secuencia de fases, que puede ser directa o inversa.

a) Si fijamos un eje de referencia que pase por el origen de coordenadas y los vectores representativos de las tensiones,al girar en sentido antihorario, van pasando por dicho eje en el orden 1, 2, 3, se dice que el sistema trifásico es desecuencia directa.

b) El sistema será de secuencia inversa si los vectores citados pasan por el eje de referencia en el orden 3, 2, 1.

10.4 CONEXIONES DE FUENTES EN ESTRELLA Y EN TRIÁNGULO

Si las corrientes originadas en las tres espiras fuesen independientes, para su transporte hasta los receptoresrespectivos harían falta seis conductores. Ahora bien, para conseguir la debida dependencia de las fases entre sí ylograr, además, una reducción en el número de conductores necesarios las tres fuentes de tensión se conectan entre síen estrella o en triángulo.

Los receptores también se pueden asociar en estrella y en triángulo.

a) Conexión en estrella. (Y)

Se obtiene uniendo los terminales a', b' y c' de polaridad de referencia negativa de las tres bobinas en un punto común N,llamado punto neutro, que se suele conectar a tierra, como medida de protección; mientras que los terminales positivosse conectan a los conductores de la línea de distribución. Es frecuente representar esta conexión en estrella en la forma que seindica en la figura b), pues permite la comprensión intuitiva de esta forma de asociación.

278

b) Conexión en triángulo (Δ)

Se realiza uniendo el final de una bobina con el comienzo de la siguiente, formando un sistema cerrado. Lógicamente,en este tipo de conexión no existe punto neutro. De los vértices del triángulo parten los conductores correspondientes, queconstituyen las fases. Su representación usual es la de la figura b).

Conexión de fuentes en triángulo

10.5 TENSIONES E INTENSIDADES DE FASE Y DE LÍNEA: RELACIÓN ENTRE ELLAS EN LOS SISTEMAS EQUILIBRADOS

El estudio de los sistemas trifásicos de fuentes de tensión permite establecer las siguientes definiciones:

c) Tensión simple o tensión de fase (UF) es la tensión que existe entre unhilo o terminal de fase y el punto neutro. Para las fases a, b y c, lascorrespondientes tensiones de fase se simbolizarán de la forma: Ua , U b y U c .

d) Tensión de línea (UL) es la tensión que existe entre dos fases, esdecir, entre dos conductores de línea. Se simbolizan de la manera siguiente:

Uab = Ua - Ub

Ubc = Ub - Uc

Uca = Uc - Ua

e) Intensidad de línea (I L ) es cada una de las intensidades (l a , Ib , Ic ) que circulan por los conductores que unen elgenerador y la carga.

f) Intensidad de fase (IF) es la intensidad que suministra uno de los generadores o la que consume uno de los

279

receptores de la carga.

Para estudiar la relación que existe entre estas magnitudes, consideraremos sucesivamente los casos en que lasfuentes estén asociadas en estrella o en triángulo.

10.6 FUENTES EN ESTRELLA

En el diagrama de la figura se señalan con su sentido convencional las tensiones de línea y de fase en una conexión defuentes en estrella y en la figura siguiente aparecen representadas vectorialmente dichas tensiones en el caso de un sistema

trifásico equilibrado en secuencia directa. Los valores de las tensiones de línea son √3 veces mayores que los de las tensiones

de fase:

UL = √3 UF

Además, cada una de ellas se encuentra adelantada 30° respecto a la tensión de fase que tiene el mismo origen. Encambio, si la secuencia es inversa la tensión de línea no se encuentra adelantada, sino retrasada 30°.

Conexión de fuentes en estrella

Diagrama de tensiones en una conexión de fuentes en estrella (sec. Directa)

A modo de resumen, tanto en un caso como en otro (y siempre que el sistema sea equilibrado):

a) Las tensiones de línea son iguales y están desfasadas 120° entre sí.

280

b) Las tensiones de fase son iguales y están desfasadas 120° entre sí.

c) Las tensiones de línea están adelantadas (secuencia directa) o retrasadas (secuencia inversa) 30° respectode la tensión de fase correspondiente.

Por otra parte, como el devanado de cada fase se encuentra en seriecon el conductor de línea, las intensidades de línea y de fase serán iguales:

IF = IL10.7 FUENTES EN TRIÁNGULO

Como los conductores de línea parten de los vértices del triángulo, y la tensión entre dos vértices viene dada por la de labobina correspondiente, en este tipo de conexión las tensiones de línea y de fase son iguales:

UF = UL

Conexión de fuentes en triángulo

Diagrama de intensidades en una conexión de fuentes en triángulo (sec. Directa)

En lo que respecta a las intensidades, como en este sistema no es asequible ningún punto neutro, el transporte seefectúa por medio de tres conductores.

Si las tensiones constituyen un sistema equilibrado de secuencia directa, en un nudo cualquiera de los que forman unconductor de línea y dos devanados, por ejemplo el a, se cumplirá:

281

Ia = Iab – Ica = √3 · Iab – 30º

Es decir, las intensidades de línea son √3 veces mayores que las de fase:

IL = √3 IF

Encontrándose cada una de ellas retrasada 30° respecto de la intensidad de fase del mismo origen de referencia. En cambio, si lasecuencia es inversa la intensidad de línea no se encuentra retrasada, sino adelantada 30°.

10.8 CONEXIÓN DE RECEPTORES

Dependiendo de la tensión de la red y de la tensión nominal de los receptores, éstos se pueden conectar a un sistematrifásico de dos maneras distintas:

a) Entre fase y neutro.

b) Entre dos fases.

a) Conexión entre fase y neutro (conexión en estrella)

Este tipo de conexión se realiza cuando la tensión nominal de los receptores coincide con la tensión de fase de la red. Setrata, como se aprecia en la figura, de una conexión en estrella. Habrá que distinguir dos casos, según que las cargas esténequilibradas o desequilibradas.

Conexión entre fase y neutro equivale a una conexión en estrella

1. Cargas equilibradas conectadas en estrella

Para que el sistema de cargas esté equilibrado, los tres receptores han de ser idénticos (la misma impedancia y el mismo factor depotencia).

Las tensiones de línea guardan con las de fase la misma relación que existe en la conexión de fuentes en estrella:

UL = √3 UF

De donde resulta:

282

Ua = √ Ub = √ Uc = √Las intensidades que circulan por cada una de las impedancias (intensidades de fase) son:

Ia = Ib = Ic =

y como para que el sistema esté equilibrado se ha de cumplir que:

Ua = Ub = Uc

Z1 = Z2 = Z3

resulta que las intensidades de fase (y, por consiguiente, las de línea) son iguales entre sí y, además, se encuentran igualmentedesfasadas:

Ia = Ib = Ic

Por consiguiente, la intensidad del hilo neutro, que es igual a la suma vectorial de las tres intensidades de fase, será nula:

IN= Ia +Ib+Ic=0

El punto N' de unión de las tres fases recibe el nombre de punto neutro artificial, y

Su tensión es la misma que la del hilo neutro.

Cargas equilibradas en estrella

283

Diagrama vectorial de tensiones e intensidades para cargas equilibradas en estrella

2. Cargas desequilibradas conectadas en estrella

En este caso, que es el más frecuente en la práctica, resulta fundamental la existencia de hilo neutro, pues al ser lasimpedancias de cada fase distintas entre sí, las intensidades de fase son también distintas y su suma vectorial no será nula:

IN = Ia + Ib + Ic ≠ 0

En efecto, las intensidades que atraviesan las impedancias son las intensidades de línea, que se pueden calcular fácilmentede la forma:

Ia = Ib = Ic =

Aunque Ua, Ub y Uc sean iguales, como las impedancias son distintas,también serán distintas las intensidades. La resultante de lasuma vectorial de todas ellas será precisamente la intensidad que circula por el hilo neutro.

Carga desequilibrada en estrella (circula intensidad por el hilo neutro)

284

b) Conexión entre dos fases (conexión en triángulo)

Se verifica la conexión en triángulo cuando la tensión nominal de los receptores es igual a la tensión de línea de la red.

La conexión de receptores entre dos fases equivale a una conexión en triángulo.

1. Cargas equilibradas conectadas en triángulo

En este caso, las tensiones de línea son iguales a las de fase:

UF = UL

y si la secuencia de tensiones de línea es positiva, las correspondientes intensidades de fase Iab , Ibc e Ica forman con lastensiones respectivas un mismo ángulo φ igual al que forman las impedancias con las tensiones.

Las intensidades de línea vienen dadas por:

Ia = Iab - Ica

Ib = Ibc - Iab

Ic = Ica - Ibc

O

Ia = √3 · Iab-30º

Ib = √3 · Ibc-30º

Ic = √3 · Ica-30º

Cumpliéndose:

IL= √3 IF

Estando la intensidad de línea retrasada 30° respecto de la intensidad de fase del mismo origen de referencia y de secuenciadirecta. En cambio, si la secuencia es inversa, las intensidades de línea se encuentran adelantadas 30° respecto a lasintensidades de fase. Las ecuaciones anteriores se deducen de forma inmediata del diagrama vectorial de la figura.

285

Por otra parte, si designamos por Z el módulo de cada impedancia, se cumplirá:

Carga equilibrada en triángulo

Diagrama vectorial de tensiones e intensidades para carga equilibrada en triángulo

2. Cargas desequilibradas conectadas en triángulo

En este caso, las impedancias correspondientes a las tres cargas serán diferentes: Z1 ,Z 2 ,Z3 y las intensidades (de fase) queatraviesan cada una de ellas serán:

Siendo sus respectivos desfases:

286

Lógicamente diferentes, por serlo las impedancias.

Por otra parte, las intensidades de línea vienen dadas por las mismas expresiones que en el caso de los circuitos equilibrados:

Ia = Iab - Ica

Ib = Ibc - Iab

Ic = Ica - Ibc

si bien estas intensidades no están equilibradas, como se aprecia en diagrama correspondiente.

Carga desequilibrada en triángulo

Diagrama vectorial para carga desequilibrada en triángulo

287

10.9 ESTRELLA-TRIÁNGULO EQUIVALENTES EN RECEPTORES

Para la resolución de los circuitos con cargas equilibradas o desequilibradas, en ocasiones resulta convenientetrabajar en la conexión estrella, y en otros casos en la conexión triángulo.

Las expresiones que permiten transformar un triángulo de cargas en su estrella equivalente son:

De modo análogo, una asociación de cargas en estrella se puede transformar en triángulo por medio de las siguientesrelaciones:

En el caso de cargas equilibradas, al ser iguales los valores de las impedancias, las anteriores expresiones se convierten en:

288

10.10 POTENCIA EN LOS SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS

En los sistemas trifásicos desequilibrados, el cálculo de la potencia se lleva a cabo determinando por separado laspotencias activa, reactiva y aparente correspondientes a cada fase; es decir:

Si el sistema es equilibrado, como las tensiones V F , intensidades IF y ángulos de fase j son iguales, las potencias vendrán dadaspor:

Resulta conveniente expresar las potencias en función de las tensiones e intensidades de línea en vez de las de fase. Para ellobasta recordar que en la conexión en estrella:

y en la conexión en triángulo:

Teniendo esto en cuenta, las expresiones anteriores para las potencias quedan convertidas en:

289

10.11. MEDIDAS DE POTENCIA EN CORRIENTE ALTERNA TRIFÁSICA.

La potencia activa total de un sistema trifásico es igual a la suma de las potencias activas de cada uno de los tres sistemasmonofásicos que lo constituyen:

La medida de la potencia activa total se reduce a medir las potencias activas correspondientes a cada una de las fases,sumando a continuación las indicaciones obtenidas.

A efectos de sistematización, conviene distinguir entre los sistemas equilibrados (aquéllos en que las tensiones de fase, lasintensidades y los desfases son iguales entre sí), y los desequilibrados, cuando alguna de las condiciones anteriores no secumple.

También se ha de tener en cuenta si el sistema dispone de tres conductores (tres fases) o cuatro (tres fases y neutro).

a) Medida de la potencia activa en corriente alterna trifásica con un vatímetro.

En los sistemas trifásicos equilibrados, tanto de cuatro conductores como de tres, la potencia activa se puede medir con unsolo vatímetro.

3. En los sistemas trifásicos equilibrados de cuatro conductores (tres fases y neutro), las potencias activascorrespondientes a cada una de las tres fases son iguales. Por lo tanto, será suficiente medir la potencia de unade las fases, empleando para ello un vatímetro y multiplicando, a continuación, por tres la lecturacorrespondiente:

Siendo P la potencia activa trifásica y PF la que corresponde a cada fase.

290

En los sistemas trifásicos equilibrados de tres conductores (tres fases)no existe conductor neutro para conectar la bobina voltimétrica del vatímetro ala tensión de fase, pero el problema se puede solucionar creando un neutroartificial (N) por medio de dos resistencias cuyo valor óhmico sea el mismo queel del circuito voltimétrico del vatímetro. De este modo, se verificará la medidadel vatímetro de modo análogo al caso de los sistemas de cuatro conductores.

b) Medida de la potencia activa en corriente alterna trifásica con tres vatímetros

Para medir la potencia activa en los sistemas trifásicos desequilibrados, tanto de cuatro conductores como de tres, se puedenutilizar tres vatímetros, que miden cada uno la potencia correspondiente a una fase. La potencia total se obtendrá sumando lasindicaciones de los tres vatímetros.

En los sistemas trifásicos desequilibrados de cuatro conductores (tres fases y neutro), los tres vatímetros se conectancomo indica la figura, cumpliéndose que:

291

P = Pa + Pb + Pc

Siendo Pa + Pb + Pc las potencias indicadas por cada uno de los vatímetros.

En los sistemas trifásicos desequilibrados de tres conductores (tres fases) se puede conseguir un neutro artificial siempre quese disponga de tres vatímetros idénticos y se conecten sus circuitos voltimétricos en estrella, según se representa en la figura dela página anterior, quedando, así, sometidos a la tensión de fase.

En este caso, también se cumple que:

P = Pa + Pb + Pc

Sin embargo, en la práctica no se suele emplear este método, pues la medida de la potencia se puede llevar acabo utilizando solamente dos vatímetros.

c) Medida de la potencia en corriente alterna trifásica con dos vatímetros (método de Aron)d)

En los sistemas alternos trifásicos, tanto equilibrados como desequilibrados, la potencia activa se puede medir consólo dos vatímetros.

Para lo cual ha de tratarse de un sistema trifásico de tres conductores. La potencia instantánea será:

292

La suma de las indicaciones de ambos representa la potencia activa total.

La suma de las lecturas de los dos vatímetros da como resultado la potencia activa del sistema trifásico:

P = Pa + Pb

La diferencia de las lecturas de los dos vatímetros multiplicada por da como resultado la potencia reactiva del sistematrifásico:

Q = √3 · (Pa - Pb)

293

CIRCUITOS TRIFASICOSPROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA N° 01

Determine la lectura de los vatimetros, la potencia activa total, el triángulo de potencias y realice el

diagrama fasorial.

Datos: 440LV v a 60 Hz.

Motor trifásico de inducción de 20 HP, n = 74.6%, 5.0Cos

Resolución:

Tenemos presente lo siguiente:

LTRLTSRS IIIVVV

294

Utilizando el Método de Aarón:

Cálculo de 1W :

)30(..1 CosIVW RRS

Sabemos que: 605.0 Cos

90.)6030(.. .1 CosIVCosIVW LLLL

WW 01

Cálculo de 2W :

)30(..2 CosIVW TTS

295

)6030(..2 CosIVW LL

)1...(..............................)30(. .2 CosIVW LL

Cálculo de la potencia trifásica total para obtener 2W :

746.0

)746(20)746(#3

n

HPP

WP 200003

Además sabemos:

CosIVP LL ...33

Cos

PIV LL

.3. 3

)2.....(..............................23094)5.0(3

20000. LL IV

Reemplazando (2) en (1):

)30(.230942 CosW

WW 2000099.199992

Triángulo de Potencias:

A continuación se muestra el valor de las Potencias Trifásicas obtenidas:

WPVARQVAS 200003464140000 333

296

PROBLEMA N° 02

Se tiene un Motor Trifásico con los siguientes datos de placa: 15HP, 220v, n = 80%, 8.0Cos en

atraso, conexión en triángulo.

Se desea mejorar el factor de potencia a 0.95 en atraso. Calcular la capacidad por fase de los

condensadores si están conectados en:

a). En triángulo

b). En estrella

Resolución:

Cálculo de la Potencia trifásica activa entregada al Motor:

8.0

)746(15)746(#3

n

HPP

WP 5.139873

Inicialmente el factor de potencia es igual a 0.8 en atraso y se quiere corregir a 0.95 en atraso

1895.0378.0 21 fdpfdp

a). Cálculo de la capacidad de los Condensadores cuando están conectados en triángulo:

297

Potencia reactiva para una fase:

Los Condensadores están colocados en triángulo entonces: LF VV

C

L

C

F

X

V

X

VQ

22

Potencia reactiva para las tres fases.

)1(.................................3.3 2

2

3 LC

L VCwX

VQ

Además:

)2.(..............................)( 2133 TgTgPQ

De (1) y (2) se obtiene:

)(...3 2132 TgTgPVCw L

2

213

..3

)(

LVw

TgTgPC

298

2)220).(377.(3

)1837(5.13987

TgTgC

ufC 5.109 ( Valor de cada condensador por fase )

b). Cálculo de la capacidad de los Condensadores cuando están conectados en Estrella:

Potencia reactiva para una fase:

Los Condensadores están colocados en estrella entonces: 3L

F

VV

C

L

C

F

X

V

X

VQ

.3

22


)1(................................ 22

3 LC

L VCwX

VQ

Además:

299

)2.(..............................)( 2133 TgTgPQ

De (1) y (2) se obtiene:

)(.. 2132 TgTgPVCw L

2

213

.

)(

LVw

TgTgPC

2)220).(377(

)1837(5.13987

TgTgC

ufC 5.328 ( Valor de cada condensador por fase )

PROBLEMA N° 03

En el circuito trifásico de secuencia positiva se pide:

a) La lectura del vatímetro W2 y la tensión de alimentación si la lectura del vatímetro W1 es de

150W.

b) La lectura de los vatímetros si se abre el interruptor K.

300

Resolución

a) Transformando la carga en delta a estrella, usando propiedad:

Entonces:

301

*

**

ab bc ca

c a

V V V

I I I

1

2

cos

cos

abab a

a

abeb c

c

VW V I

I

VW V I

I

2

1 2 1

2

cos 30º

* **

, 150

150

cb cW V I

De y

W W W

W W

Como la carga es resistiva eaN aV I están en fase:

1 cos 30ºab aW V I

Analizando en una fase: como:

1

; 1

3

cos 30º3 3

aN a

aN a ab aN

ab abab a

V I R pero R

V I V V

V VDe W V I

2

1

317.32

23ab

ab

VW V voltios

b) De lo anterior se tendrá

302

Entonces:

1 '

'

'

'1

21

cos

1

0

ab

ab a

a

ab a

ab a

ab a

ab

VW V I

I

V I

V I están en fase

W V I

W V

También:

'2 '

'

'2

22

cos

1

'

0º

cb

ab c

a

ab c

cb

cb c

cb

VW V I

I

V I

V I están en fase

W V I

W V

Como:

ab bc ca

ab cb

V V V

V V

Luego:2

1 2 abW W V

303

PROBLEMA N° 04

En el circuito de la figura se tiene la lectura del W1= 1829 w los amperímetros marcan 6A ¿Hallar el fdp

del motor trifásico de inducción conociendo que la tensión entre línea es de 381V en sentido negativo y

el voltaje , además la lectura del vatímetro w2

Resolución:

→ tenemos las tensiones de fase y de línea

SEC(-) 30381

BCV

W1=1829w 90381

ABV60

3

381

ANV

A=6A 30381

BCV60

3

381

BNV

381

CV 150381

CAV180

3

381

CNV

Utilizando 1W :

CosIVW CCA ..1

Cos).6.(3811829

378.0 Cos

304

W2 = Vac.Ia cos = (381)(6)Cos97

W2 = 278,6

Y el factor de potencia es: 39.0670 Cosfdp

PROBLEMA N° 05

Realice el diagrama fasorial de una carga trifásica conectada en delta a un generador tipo delta de

secuencia negativa .Tensiones y corrientes de línea y fase.

Resolución:

Carga con conexión delta sentido CBA:

)(

0

:

inductivoZZ

III

Sumando

III

III

III

CBA

bccaC

babcB

acbaA

305

PROBLEMA N° 06

Dado el sistema trifásico de la figura hallar:

a). Diagrama fasorial de las corrientes indicadas en la figura.

b). El valor de la Potencia reactiva trifasica de un banco de capacitares colocados en ''' CBA para

obtener un 95.0fdp en atraso en todo el sistema.

Datos para el Motor 3 :

10HP, 220v, n = 75%, 8.0fdp

Referencia: 0220''BAV Secuencia ( + )

306

Resolución:

Para el Motor trifásico

378.0 fdp (Angulo que adelanta la tensión de fase a la corriente de fase)

0220''BAV (Tensión de línea en secuencia “+” )

303

220'NAV

30127'NAV (Tensión de fase) …………………………………… (1)

Potencia trifásica:

Wn

HPP 7.9946

75.0

)746(10)746(#3

Para una fase:

)2(..............................................................6.3315 WP

307

Sabemos también: CosIVP AMNA ..'

Reemplazando los valores de (1) y (2)

6.32)8.0(127

6.3315

.'

CosV

PI

NAAM

Como: 30127'NAV

Entonces:

676.32AMI

De ello se deduce:

1876.32BMI

536.32CMI

Para la carga en triángulo:

0220''BAV

La tensión ''BAV y la corriente FI , están en fase ya que la impedancia es resistiva:

544

220'' Z

VI BA

F

05FI

La corriente de línea será:

305.3ARI

307.8ARI

De ello se deduce:

1507.8BRI

308

907.8CRI

Analizando en una línea:

ARAMA III

307.8676.32AI

4.5940AI

Entonces se deduce:

4.17940BI

6.6040CI

Diagrama fasorial:

309

b). Potencia activa para el Motor 3 :

WP 7.99463

En la carga resistiva en triángulo (solo tiene potencia activa)

44

)220(3.3 22'

3 R

VP L

WP 3300'3

En las líneas solo hay potencia reactiva:

)8.0.()40(3..3 22' LLL XIQ

VARQL 3840'

310

Triángulo de potencias:

5.40

7.13246

4.1133511 Tg

Cálculo de la Potencia Reactiva Capacitiva CQ para corregir el factor de potencia a 0.95 en atraso

1895.0 22 Cos

)185.40(7.13246)( 213 TgTgTgTgPQC

VARQC 6.7009

311

Calculo del banco de condensadores:

Potencia reactiva capacitiva para una fase:


C

L

C

F

X

V

X

VQ

22


22

3 ...3.3

LC

L VCwX

VQ

2

3

..3 LVw

QC

2)220).(377.(3

6.7009C

ufC 128 (Valor de cada condensador por fase)

PROBLEMA N° 07Una línea trifásica tiene una impedancia de 1 + j3, la línea alimenta una carga balanceada conectada en delta que absorbe unapotencia compleja de 12 + j5 kva. Si el voltaje de línea de lado de la carga tiene una magnitud de 240 v. Calcular la magnitud delínea del lado de la fuente.

Lo primero que hay que hacer es dividir la carga entre 3, así como el voltaje de línea convertirlo a neutro.

Después con la carga y el voltaje sacamos la corriente del monofásico:

311




C

L

C

F

X

V

X

VQ

22


22

3 ...3.3

LC

L VCwX

VQ

2

3

..3 LVw

QC

2)220).(377.(3

6.7009C





311




C

L

C

F

X

V

X

VQ

22


22

3 ...3.3

LC

L VCwX

VQ

2

3

..3 LVw

QC

2)220).(377.(3

6.7009C





312

Sacamos el voltaje de la impedancia y se lo sumamos al voltaje de línea a neutro de lado de la carga.

Después ese voltaje lo transformamos a un voltaje de línea.

PROBLEMA N° 08

Un circuito trifásico conectado en delta- delta Y. Tiene una fuente con un voltaje de línea de 208v tiene una impedancia de líneade 2 ohmios. La parte de la carga tiene una impedancia en delta de (12-j15) conectada en paralelo con una impedancia Y de(4+j6).

Encontrar la corriente de IaResolución:

Lo primero que hacemos es poner en Y la impedancia en delta y ponerla en paralelo con la impedancia en Y.

Después ponemos el voltaje VAB en Van

Después calculamos las 3 corrientes del circuito monofásico, y solo la corriente que pasa por las fuente (I1) es la que nos piden.

Resolvemos el sistema de ecuaciones.

El resultado de corriente I1 es:

312



PROBLEMA N° 08








312



PROBLEMA N° 08








313

PROBLEMA N° 09

Un sistema 3 ABC con tres conductores a 100 voltios alimenta a una carga con conexión e impedancia de 2045º . Hallar

las intensidades de corriente en las líneas y dibujar el diagrama fasorial.

Resolución:Sea la conexión del problema donde se aplica las tensiones compuestas entre líneas de secuencia ABC:

Para el sentido de giro indicado con (+) primero pasa ABV , seguido de BCV y finalmente CAV

º0100ABV , º120100 BCV , º240100 CAV

Las corrientes elegidos son:

º455º4520

º0100

z

VI AB

AB , º1955º1655º4520

º120100

BCI

º755º2855º4520

º240100

CAI

Para obtener las corrientes en las líneas (véase el esquema del circuito) se aplica la 1ra. Ley de Kirchhoff a cada uno de losnudos principales (a, b, c) de la carga, por tanto:

314

Nudo (a): º16566.8º755º455 CAABA III

º455º1955 ABBCB III

º16566.8 BI

º1955º755 BCCAC III

º4566.8 CI

PROBLEMA N° 10

Un sistema trifásico de tres conductores, 240 voltios y secuencia CBA alimenta a una carga conectada en en la que

º9025ABz , º3015BCz y º020CAz Ohms. Hallar las intensidades de corriente en líneas y la

potencia total. Tome como referencia el voltaje VCB.

Resolución:Sea el sistema:

Aplicando las tensiones compuestas entre líneas de secuencia CBA a la carga conectado en y eligiendo las corrientes de fasecomo se muestra en el esquema:

315

º300.16º3015

º0240

BC

CBCB z

VI , º1506.9

º9025

º240240

AB

BABA z

VI

º1200.12º020

º120240

CA

ACAC z

VI

Las corrientes en las líneas, aplicando 1ra. Ley de Kirchhoff en los nodos a,b y c tenemos:

“a”: º52.6706.6º12012º1506.9 ACBAA III

“b”: º1806.25º3016º1506.9 CBBAB III

“c“: º8.421.27º12012º3016 ACCBC III

Como era de esperarse, en una carga desequilibrada las corrientes de línea no son iguales. La potencia en cada fase se calculade la siguiente manera:

En 250º9025 jz AB , RAB = 0y IAB = 9.6A

WAB = RAB x 2ABI = (0) (9.6)² = 0 Watts

En 5.713º3015 jzBC , RBC = 13 y IBC = 16A

WBC = RBC x 2BCI = (13)(16)² = 3330 Watts

En 020º020 jzCA , RCA = 20 y ICA = 12A

WCA = RCA x WattsICA 2880²12202

6210288033300 CABCABt WWWW Watts

PROBLEMA N° 11Tres impedancias idénticas de 3012 , en ∆, y otros tres idénticos de 455 , en y, se unen al mismo sistema trifásico, de tresconductores de 208 voltios y secuencia ABC. Hallar las intensidades de corriente en las líneas y la potencia total

Wt = 6210 Watts

316

Resolución:

Como la primera de las cargas está conectada en ∆ , se obtiene su equivalente en estrellas :

3/ZZY 3012 /3= 304

Con una tensión compuesta entre líneas de 208 voltios la tensión simple (tensión la fase) es de3

208=120 voltios

3

120LV

304

3012

455

El circuito equivalente monofásico se puede representar de la siguiente manera; con dos impedancias: 304 y 455 estaimpedancias pueden ser sustituidas por:

6.3624.2455304

455304

xZ eq

Con esto la corriente es :

6.366.536.3624.2

0120

eq

ANL Z

VI

4553040120

Bajo la referencia de ANV , la tension ANV en la secuencia ABC tiene un angulo de 00 , entonces la corriente de la linease calculara de la siguiente manera:

6.366.536.3624.2

0120

eq

ANA Z

VI

Análogamente para las demás fases se cumple:

6.1566.53 BI

1206.53.4.856.53 BI

317

La potencia activa será:

wattsW

IVW LL

15500

6.36cos)6.53)(208(3cos3

PROBLEMA N° 12

En la figura se presenta un sistema trifásico equilibrado de tensiones y en cargas. La carga 1 se alimenta a través de una línea

de resistencia R=0.5 y una inductancia de .10

mHL

el voltímetro 2V mide 360v. se pide.

1. Lectura de vatímetros W1; W2;W3.2. lectura del voltímetro V1 y cos del generador.

Resolución:Sabemos que:

3213

21

G

G

QWWW

PWW

Pero:

LG

LG

QQQQ

PPPP

21

21

Donde:

318

.20)85.0).(360.(3

)10).(6.10(

..3

1200)20)(10.10

.100)(3(...3

.600)20)(5.0)(3(..3

3

12

232

22

AICOSV

PI

VARPILwQ

WPIRP

LL

L

LLL

LLL

Luego:

KVARQTgTgQ

KWPP

GG

GG

.77.132.1))8.0(arccos()8())85.0(arccos()6.10(

.2.196.086.10

Por lo tanto se tiene el sistema:

.95.73

77.13

2.19

213213

21

WWWWWWW

WW

La potencia aparente consumida por el conjunto linea-carga 1 es:2

12

1 LL QPS

Donde:

.77.72.157.6

.2.116.06.10

111

111

KVARQQQQ

KWPPPP

LLL

LLL

Y por tanto:

.63.13)77.7()2.11( 22 KVASS

Por otra parte:

.5.393)20.(3

)10)(63.13(

.31

3

1

11 VV

I

SV L

Finalmente:

.81.0)77.13()2.19(

2.192222

COSQP

P

S

PCOS

GG

G

G

G

319

CIRCUITOS TRIFASICOSPROBLEMAS PROPUESTOS

PROBLEMA N° 01

Dado el circuito de la figura:

a) Encontrar Īb) Encontrarc) Encontrard) ¿Esta equilibrado el circuito?

Solución: a) Ī = 0 ; b) = 1117.03∠117. 54 ; c) =1909.14∠87. 78 ; d) Desequilibrado

PROBLEMA N° 02

Dado el circuito de la figura:

a) Encontrar b) ¿Está equilibrado el circuito?

Solución: a)Ī = 4.0037∠82. 64 ; b) Desequilibrado

320

PROBLEMA N° 03

En el circuito de la figura =3.6-j 1.05Ω, =12+j9 Ω y = 30 +j0 Ωa) Encontrar las corrientes de rama Ī , Ī Īb) Encontrar las corrientes de línea Ī , Ī Īc) Encontrar las ramas de corrientes Ī , Ī Ī

Solución: a) Ī = 176∠16. 26 A; b) Ī = 182.48∠9. 53 ; c)Ī = 176∠16. 26 A

PROBLEMA N° 04

La impedancia Z en el circuito de la figura es 100-j75Ω. Encontrar:

a) Ī , Ī Īb) Ī , Ī Īc) Ī , Ī Ī

Solución: a) Ī = 105.60∠36. 87 A; b) Ī = 182.90∠66. 87 A; c) Ī = 105.60∠36. 87 A

321

PROBLEMA N° 05En el circuito de la figura se muestra una fuentetrifásica conectada en triangulo (∆)

a) Encontrar el equivalente en estrella (Y)b) Mostrar la equivalencia de ambos en

vacío y en corto circuito

Solución: a) = 1200.31∠ − 30 V; =0.3 +j1.5Ω

PROBLEMA N° 06Dado el circuito de la figura:

a) Encontrar Īb) ¿Qué porcentaje de la potencia activa suministrada por la fuente trifásica se disipa en la carga trifásica?c)

Solución: a)Ī = 8.22∠ − 71. 57 A; b) 99.76%

322

PROBLEMA N° 07

La tensión de fase en la carga del circuito de la figura es 600V. Con esta tensión la carga está absorbiendo 135kVA con unfactor de potencia de 0.96 (receptor inductivo)

a) Encontrar la corriente de línea Īb) Hacer un balance de potencia activa y potencia reactiva.

Solución: a)Ī =82.98∠34. 64 A

PROBLEMA N° 08Dado el circuito de la figura, donde = 20∠30 Ω, = 60∠0 Ω y = 40∠−30 Ω, encontrar:

a) Medición del vatímetro 1b) Medición del vatímetro 2c) Demostrar que la suma de las mediciones de los vatímetros es igual a la potencia activa entregada a la carga trifásica,

es decir: + =

Solución: a) = 7482.46 ; b) =6621.23 W

323

PROBLEMA N° 09Dado el circuito de la figura, donde Z=13.44+j46.08Ω, encontrar:

a) Medición del vatímetro 1b) Medición del vatímetro 2c) Comprobar que + =d) Comprobar que: 3( − ) =Q

Solución: a) = 28156.15W : b) = -9256.15 W ; c) P=18900 W ; d) Q= 64800Var

capitulo 10 · impedancias de cada fase distintas entre sí, ... la conexión de receptores entre...

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