capítulo 14 polifasicos

7/16/2019 Capítulo 14 polifasicos

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Capítulo 14

Sistemas polifásicos

INTRODUCCION

Un sistema polifásico está formado por dos o más tensiones iguales con diferencias de fase constantes quesuministran energía a las cargas conectadas a las líneas. En un sistema de dos fases, o bifásico, la diferencia de faseentre las tensiones es de 90°. mientras que en los trifásicos dicha diferencia es de 120o! Los sistemas de seis o más fasesse utilizan a veces en rectificadores polifásicos para obtener una tensión rectificada poco ondulada, pero los sistemastrifásicos son los comúnmente utilizados para la generación y transmisión de la energía eléctrica.

SISTEMAS BIFASICOS

La rotación del par de bobinas perpendiculares de la Fig, 14-1 (a) en un campo magnético constante da lugar atensiones inducidas con un defase constante de 90°. Si las bobinas tienen el mismo número de espiras, los fasores detensión y las tensiones instantáneas tienen valores iguales, como se observa en sus diagramas respectivos en las Figuras14-1 (A) y (c).

(*>

Fig. 14-1. Sistema bifásico

El diagrama fasorial de tensiones de la Fig. 14-1(6) tiene como referenciaVfljv = y latensión = ^t.i.^/900. Si se unen los extremos A' y B f de las bobinas constituyendo la línea N t el sistema bifásico estáformado por las tres líneas A, B y N. La tensión compuesta entre las lineas o fases A y B (tensión de linea) es superior a latensión simple entre una línea y neutro (tensión de fase) en el factor yj21 que se obtiene de la suma

SISTEMAS TRIFASICOS

Las tensiones inducidas en las tres bobinas igualmente espaciadas de la Fig. 14-2(a) presentan una diferencia de fasede 120°. La tensión en la bobina A alcanza el máximo en primer término, luego lo alcanza B y después C; la secuencia en ABC. Esta secuencia es evidente a partir del diagrama fasorial con su rotación positiva en sentido contrario al de lasagujas del reloj* ya que los fasores pasarán por un punto fijo en el orden A-B-C-A-B-C' * , y también se ve én el diagramade tensiones instantánea» de la Fig. 14-2(c) que los máximos se suceden en el mismo orden.

{<») B

(«>



196 SISTEMAS POLIFASICOS [CAP. 14

La rotación de las bobinas en sentido opuesto daría lugar a la secuencia CBA

representada en la Figura 14-3.

Fig. 14-3. Secuencia CBA

Aunque la máquina esquematizada en la fig. 14-2(ÍÍ) es teóricamente correcta, en la práctica se presentanlimitaciones que se oponen a su utilización. Por ello, es el campo magnético el que gira mientras que el devanadotrifásico permanece fijo.

La conexión de los extremos A\ B‘ y C [Fig. 14-4(a)] da lugar a un alternador en estrella. Con la conexión de A y B\ B y C\ C y A f en la Fig. 14-4(¿) resulta un alternador en triángulo.

Fís.14‟4

En la conexión en estrella las corrientes de bobina y de línea son iguales y la tensión compuesta entre líneas Jl veces la tensión simple de bobina. En ia conexión en triángulo la tensión compuesta entre lineas es igual a ia simple de bobina, pero ;a corriente de ésta es 1/^/3 veces la corriente de linea.(Véase Problema 14-2.} _ . . .

En una y otra conexion las líneas A, ByC proporcionan un sistema trifásico de tensiones, El puntoneutro de la conexión en estrella es el cuarto conductor del sistema trifásico de cuatro conductores.

Fig. 14-2- Sístesisft trifásico

(a)

(6) (a)



CAP ' SISTEMAS POLIFASICOS . j9?

1BC

TENSIONES EN EL SISTEMA TRIFASICO

fW el^ccif n f una tensíón como referencia con un ángulo de fase nulo determina Jos ángulos dease de todas Jas demás tensiones de! sistema. Como referencia se toma VflC, Los triángulos de Jas Figuras 14-5(tr) y

(¿} representan todas las tensiones para las secuencias ABC y CBA.

Fig. 14-5

La /enjww ¿fe/ sistema es la

tensión compuesta entre cualquier par de líneas, A y B, B y C o C v A Enel sistema de cuatro conductores el valor de la tensión simple o de fase de línea a neutro es!/ f i veces

Íe M ™itírP«T emre líneaS‘ P°r ejemPÍ0’ ^ Un tnfáSÍC°’ de Cuatro ™nduc:ores de 208 voltio, ,as tensiones compuestas entre líneas son de 208 volüos y las simples de línea a neiitm

vn - Sí/v0n - ^ T los án6u,os dc ^ Z

BC 8¿0_, \AB _ 208¿240 , V CA - 208/120’, V AS = I2Q;-90°. V BN - 120/30° y Vw = 120/150°.

CARGAS EQUILIBRADAS EN UN SISTEMA TRIFASICO

^7PI° Un SÍStema tnfásico ¿BC de tres conductores y 110 voltios alimenta a una conexión en triángulo de tres impedancias iguales de5¿45_ ohmios, Determinar las intensidades de corriente en las líneas 1, U e I v dibujar el diagrama fasonal. B c y

Se traza el esquema del circuito con las tensiones en la‟forma indicada en la Fig.14-6. Los sentidos positivos de las corrientes son los indicados en el diagrama,

Entonces,

= Wi-N 3 - 3

1/30°

- <VL/V3)JW

v-»u = v,/iao°vflí - vusi VC4 “ V L¿2W_°Van = ÍV L /Va )/&0°Va* = {V L /V3 J/-30° VCN =( V l / V Z )/ — 150°

(a) Secuencia JB C

Fig.14-7

^4

Fig.14 “6

= 5,7 4- j„2lj2

= 15,55 — ; 15,55

= -21,2 - je,7

_ vAB _ 110/1201 z 5/45°

_ V BC _ iio/q^z 5/45°

110/240°z 5/45°

— = 22/75°

22/ — 45°

- 22/195°




IB ^ Ic) = — ¿6,0/ — 60° + 6,0^60^ + 6,0/180° ) = 0

El diagrama fasonal de la Fig. 14^9 representa las comentes equilibradas de línea, estando cada una de ellas adelantada

respecto de la tensión simple correspondiente en el ángulo de la unpedancia respectiva.

En una carga equilibrada conectada en estrella las corrientes en las líneas y en las fases son iguales. La corriente

en el neutro es cero y la tensión compueT^. entre líneas es mayor que la tensión simple de fase, es decir , V L = v/3 V F .

CIRCUITO EQUIVALENTE MONOFASICO PARA CARGAS EQUILIBRADAS

De acuerdo con ¡as transformaciones Y-A estudiadas en el Capítulo 12, un conjunto de tres impedancias iguales,ZA, en una conexión en triángulo equivale a un conjunto Z y de tres impedancias iguales conectadas en estrella, siendo Z Y = (1/3}Z¿. Entonces es posible un cálculo más directo del circuito en estrella para cargas equilibradas trifásicas decualquier tipo,

Aplicando la primera ley de KirchbofT a cada vértice dei triángulo de carga,

¿2/ 19SP = 38.1/45< o _ _ I + I*c =IA

Is = I BA + he = -22/76^ + 22¿z45f = 38.1/-750

!c = l CA + ICJj = g£/195Q - 22/ — 45° - 38.1/165°

El diagrama fasorial de la Fig, 14-7 representa las corrientes equilibradas en las líneas de 38,1 A, con ángulos de fase de 120° entre ellas.

En una carga equilibrada conectada en triángulo la tensión compuesta entre lincas y la simple de füS€ son iguales y la

corriente en ¡a linea es y '3 veces mayor que !a corriente en la fase.

Ejemplo 2. Un sistema trifásico CBA de cuatro conductores y 208 voltios alimenta a una carga equilibrada conectada en estrella con impedancias

de 20/ — 30" ohmios. Hallar las corrientes en las líneas y dibujar el diagrama fasorial.

Fig. 14-8 Fig. 14-9

Se traza el esquema del circuito y se escriben en él las tensiones simples entre línea y neutro, utilizando la Fig. 14-5{b). Se eligen las

corrientes tal como se ha señalado en la Fig. 14-8 con retorno de todas ellas pof el conductor neutro. En estas condiciones,

iao/-9o° _ 20/-30°~

120/30° _

20/ — 30^

120/160°

VAW Z 6.0/-60c

6,0/60° I» =

VcN z = 6,0/180°

20/ — 30°

Suponiendo positivo ei sentido de la corriente en el neutro hacia la carga, se tiene

I*



CAP. 14] SISTEMAS POLIFASICOS 199

El circuito equivalente monofásico imifilar está formado por una fase del circuito trifásico de cuatro conductores,conectado en estrella de la Fig. 14-10, con una tensión que tiene el módulo de la tensión simple de fase y un ángulo-de

fase nulo. La corriente de línea calculada para este circuito tiene un ángulo de fase respecto del ángulo cero de la tensión.Por tanto, las intensidades reales de línea 1^, Ifl e Ic tendrán un de fase, en adelanto o en retraso, respecto de lascorrespondientes tensiones simples de este mismo ángulo.

Fig. 14-10. Circuito monofásico equivalente Ejemplo 3, Calcular las corrientes de linea

del Ejemplo 1 por el método del equivalente monofásico.

Se dibuja el circuito unifilar y se señala con A la carga, indicando que lasimpedancias reales estaban conectadas en triángulo. La impedancia del equivalente enestrella es

ZY = ZJZ ~ (5/3)/4B° y la tensión simple de línea a

neutro es

V LN = V L /V¿ = 11ÜA/3 = 63,5 Entonces,

la corriente en la línea es

VLN-2 (5/3)/45°

Fig. 1441

Puesto que esta corriente retrasa respecto de la tensión un ángulo de 45°, las corrientes de línea 1^, 1$ e Ic retrasan respecto de sus

correspondientes tensiones, V^, V BS y V Cf t en 45s. Los ángulos de estas tensiones se obtienen del triángulo ABC de la Fig. 14-5(ú).Seguidamente se dan las tensiones simples de línea a neutro y las corrientes correspondientes.

IA - 38,1/90° - 45° = 38,1/45°

IB = 38.1/ — 30° - 45° = 38.1/-750

Ic = 384/-1500 - 45° = 38,1/ — 195°

Estas intensidades de corriente son idénticas a las que se obtuvieron en el Ejemplo 1, Si se desean las corrientes de fase en las

impedancias conectadas en triángulo, se .pueden obtener a partir de la expresión 1 F =

38,1/^/f = 22. Los ángulos de fase de estas corrientes se deducen estableciendo primero los ángulos de las tensiones compuestas entrelineas, determinando después las corrientes con un retraso de 45°,

- 22/120° - 45° - 22/75° lflC = 22/0° - 45° = 22/ — 45"= 22/240° - 45° = 22/195c

W3)/«5° 63.6/0°

Ir. =

V ÁH = 63,5/90! VB jv =

63.5/ — 30° Vciv = 63.5/ —

150°

y AB - no/i2ú_°

V BC = 110/1° V(7A ”

110/240° CARGA DESEQUILIBRADA CONECTADA EN TRIANGULO

La solución del problema de la carga desequilibrada con conexión en A se obtiene calculando las corrientes de fase y

aplicando después la primera ley de KirchhoíT a los nudos principales para deducir las tres corrientes de línea. Estas ni serán

iguales ni presentarán una diferencia de fase de 120°, como ocurría en el caso de cargas equilibradas.



Ejeni pío 4.

200 SISTEMAS POLIFASICOS [CAP. 14Un sistema trifásico ABC de tres conductores y 240 voltios tiene una carga conectada en triángulo con Z AS = 10/0°' Z-ttc =

}0/3Oli y ZC4 = . Obtener las tres corrientes de línea y dibujar el diagrama fasonal.

Construido el esquema del circuito, Fig. 14-12, con las correspondientes tensiones, las

comentes de fase, como se ve en la figura, son independientes y vienen dadas por

= 24/120% W = i'" = 24/^30_°, I CA = = 16/270°10/0° 1 ----------------------------- ZJtr ¿i-A .

Aplicando la primera ley de K-irchhoiï a los nudos de la carga, se tiene

h = Ub - he = Ü4¿120_^ - 16/270_ ü - 38,7/108,1-

IB = hA + he " -24¿120^ *r 24/ — 30° - 4G,4/-45°

l c = 1Í A ■+■ lCJf = 16/270° - 24/ — 30° = 21.2/190.91

El diagrama fasonal correspondiente se ha representado en la Figura 14-13.

CARGA DESEQUILIBRADA CONECTADA EN ESTRELLA CON CUATRO CONDUCTORES

En un sistema de cuatro conductores, por el neutro circulará corriente cuando la carga esté desequilibrada y la tensión en cada una de

las impedancias permanecerá constante con el valor de la tensión simple de fase o línea a neutro. Las corrientes de línea son distintas y no

están defasadas 12 .

Ejemplo 5.

Un sistema trifásico C5,4 de cuatro conductores y 208 voltios alimenta una carga conectada en estrella con Z Á = 6/0° Zs =

6/3Üu y Z c 5/45a. Obtener las tres corrientes en las lineas y en el neutro. Dibujar el diagrama fasorial.

Fig.14-12

Fig. 14*13

' U¿) “




= 28,1/39^

Se construye ej esquema del circuito como en la Fig. 14-14. Se aplican las tensiones y se eügen las corrientes como se han

dibujado. Las intensidades son independientes y vienen dadas por T V AN izo/ — 90° VBN \CN A ~ Z A ~ 6¿0^ ~ 20/ — 90° , Ifl ■ y — - 20¿O_ D , Ic - y — - 24/105° ‟

Por el conductor neutro circula una corriente cuya intensidad es la suma de Jas intensidades de línea 1^, I B e Ic. Suponiendo que elsentido positivo de I N es hacia Ea carga,

1 N - “(IA + Ia + Ir) = ~(20/-90° + 20/0° + 24/105° ) = 14,1/ — 166^9 E! diagrama fasorial es e! representado en la Figura 14-15.

CARGA DESEQUILIBRADA CONECTADA EN ESTRELLA CON TRES CONDUCTORES:Si solamente hay tres líneas A, B y C conectadas a una carga en estrella desequilibrada,' el punto común de las tres

impedancias de carga no está al potencial del neutro y se designa por la letra «O» en lugar de ¡V. Las tensiones entre losexiremos de las tres impedancias pueden variar considerablemente desde el valor de la tensión simple como se ve en eltriángulo de tensiones que relaciona todas las tensiones del circuito. Tiene particular interés el desplazamiento a «O»desde N, tensión de desplazamiento deÍ neutro.

Ejemplo 6.Un sistema trifásico, CBA, trifilar, de 208 voltios, tiene una carga en estrella con Z A = 6/0^, Z E = 6/30° y Zc = 5/45° . Obtener

las corrientes de linea y la tensión en cada impedancia. Construir el triángulo de tensiones y determinar la tensión de desplazamiento delneutro, \0N . Se dibuja el esquema del circuito y se eligen las corrientes j -de malla I, e I2 como en la Fig. 14-16. El sistema de ecuaciones en forma matricial en lasintensidades e I2 es

de donde I, = 23,3/261,1° A e l 2 = 26(5/_-ó3£ A. Las corrientes en las lineas I¿, I e I f , con elsentido dado en el esquema, valen

\ A = IL = 23,3/26^11.

1^ = r, - Ij = 26,5/ —63,4a - 23,3/261,1°= 15,45/- 2,5°

ic = -|2 = 26,5/116,6°

Las tensiones en las tres impedancias vienen dadas por los productos de las corrientes en las líneas por las impedancias correspondientes.

V¿0 = Z Al A - (6/0° )(23,3/26l, 1° ) = 139,8/261,1°

V*0 = ZBIB= (6/3T MI5.45/-2.5° ) - 92,7/27,5°

V co = Z cl c - {5/45^ 1(26,5/116,6P 1 - 132,5/161.6a

El diagrama fasorial de estas tres tensiones, Fig. 14-17, forma untriángulo equilátero. En la Fig. 14-18 se ha dibujado nuevamente estetriángulo, añadiendo del neutro, con lo que se puede observar la tensiónde desplazamiento V0Jv. Esta tensión puede calcularse utilizandocualquiera de los tres puntos A, B o C y siguiendo la notación

convencional del doble subíndice. Utilizando el punto A se obtiene

VeM + v,» - - 139.8/261.1° + 120/ — 90fJ

O

6/0° + G/3GU — 6/30° Y 208/240° -G/30! G/30 + 5/45° h 208/C^

r co

OH




Fig.14-20

CARGA DESEQUILIBRADA EN ESTRELLA CON TRES CONDUCTORESMETODO DEL DESPLAZAMIENTO DEL NEUTRO

En el Ejemplo 6 se ha obtenido la tensión de desplazamiento del neutro en función de las ten-

siones de carga. Si se determina una relación para independiente de las tensiones de cargadlas co-rrientes y tensiones buscadas en el Ejemplo 6 se obtendrán con mayor faciJidad, como puede verse enel Ejemplo 7.

Para obtener la tensión \QN se escriben las corrientes A de línea en función de las tensiones en las cargas y lasadmitancias de carga.

T - V Y T — V Y T = V Y Í M aa AO 1 a' T no * B>

±c cu c \ >

Aplicando ahora la primera ley de Kirchhoff en el punto O, Fig. 14-19, se podrá escribir

( * ) .

0 ( 3 )

Fig. 14-19

V + VCN NO

I + I + I- 0

A o V u

V Y+V Y + V Y T

AO A T r Bü a

1

CO c

o bien

Utilizando el diagrama de la Fig. 14-18 se pueden expresar Jastensiones \ A0 , \ BO y Vca en función de sus tensiones componentes,

v = V + V¥ BO TÍJN r T

(-i)

(*>

co no

Llevando [4) a (J) se tiene

<v,„ + Vkü )Y j + <V SW + Vyo )Y s + (V„ + VW0)Y ( = 0

V,WY, + VüiV Y b + V CN Y C Y, + VD +

Yr Vde donde

OH

Las tensiones \ AN , VBV y VCjV en la ecuación (6 ) se obtienen del triángulo de la Fig. 14-5 para lasecuencia dada en eí problema. Las admitancias YA, Yfl e Yc son ios recíprocos de las impedancias de

carga Z A , Z B y Z c, Por tanto, puesto que todos los términos de (ó) o son datos o se obtienen con facili-dad, puede calcularse la tensión de desplazamiento del neutro y utilizarla luego para determinar lascorrientes en las líneas. ;

Ejemplo 7. Obtener las corrientes en Jas líneas y ¡as tensiones en las

cargas del Ejemplo 6 por el método de la tensión de desplaza-

miento del neutro. Observando la Fig. 14-20, la ecuación para ¡a tensión de

desplazamiento dei neutro es

i- Vf]f v 'Yif — \ \ c

ON Y, siendo Y* = 1/(6¿01> = 0,1667^ = 0,1667

V, =17(6/30" ) = 0 ,1667/ — 3 0 J = 0 ,1443 - >0,0833

Yc = l/(5/45;i ) = 0,20/ — 45" = 0,1414 - >0,1414

YH + YB + Yc = 0,4524 - >0.2247

= 0.504/- 26.5* y V,v YA -

120, -90" (0,1667/01) - 20/-W =

V5, Y0

- >20 +

>23,2

120/301 (0,1667/-3 r " ) = 20/0/

VCN Yr ^ 120/1 Mr (0,20/ — 45" ) - 24/1 OS1' - -6,2

V,.v Y^ + V + V Yr - 13.8 + >3,2 - 14,1/13, l f Por tamo, Vow -

14,1 /13.1 " /0.504/- 26,5" = 28,0/39,6°

20



J ÜJST£MA¿ 203

neutro*5 íenSI°neS V'40‟ V BO y Y CO Se obtienen a Partír de vw y de la correspondiente tensión simple de línea a

V AO = + V*0

= 120/-90° - 28,0/39,6° - 139,3/261,1°

VJO = Vfl, + V MO = 120/30° - 2S,0/39,6g - 92,5/27,1°

Veo = Vc* + V H0 = 120/150° - 28,0/39,6Q = 132,5/161,45°

COíTjentes en las lincas se obtienen .fácilmente de las tensiones y correspondientes admitancias de carga:

I A = V AO Y,, ^ 139,5/261,1° (0,1667/0^ ) = 23,2/261,1°

= VJ0 Y* = 92,5/27,lú (0,1667/-30° > = 15,4/-2,9a

l c = Vco Yc = 132,5/161,45° (0.20/-43M = 26,5/116.45°Las comentes y tensiones anteriores están de acuerdo con las obtenidas en el Ejemplo 6.

POTENCIA EN CARGAS TRIFASICAS EQUILIBRADAS

Como por las impedancias de las fases en cargas equilibradas, triángulo o estrella, circulan corrientes iguales, la potencia por fase es un tercio de la potencia total. La tensión entre los extremos de la impedancia ZA, Fig. 14-21 (o), es latensión compuesta entre líneas y la corriente es ta corriente de fase. El ángulo entre la tensión y la intensidad es el de laimpedancia. Entonces, la potencia por fase es

P F - V L I F eos B ' (7)

y la potencia total

P T = 3 VJ F eos & (£)

Puesto que en las cargas equilibradas en A, I L = y/Tl Ft

pT = yrv Li L eos o (p)

Por las impedancias conectadas en la estrella de la Fig. 14-21 {b) circulan lascorrientes de línea y la tensión en Z Y es la tensión simple de fase. El ángulo entreellas es e! de la impedancia. Entonces, la potencia por fase es

Pf = V p/¿ eos 6 {10)

y la potencia total

. P T = 3 V F I L co sB ( 11 )

Puesto que V L = ^JTv Ft

Pj — A^^

Las ecuaciones (9) y i¿2) son idénticas, por tanto, ta potencia total en cualquier carga trifásica equilibrada vienedada por JÍV L I L eos 9, siendo 9 el ángulo de la impedancia de carga o el ángulo en una impedancia equivalente en el caso

en que varias cargas equilibradas sean alimentadas por el mismosistema ■

La potencia aparente total Sr yla potencia reactiva total QT están relacionadas con P Ti como se

vio en el Capítulo 7. Por consiguiente, una carga trifásica equilibrada tiene unas potencias activa, aparente y reactiva, que

vienen dadas por

P T = V3 V, I, eos 0 ST = V3V L¡ L QT = l/3 V L I L sen t)

Fig. 14-21



204 SISTEMAS POLIFASICOS [CAP- 14

Fig. H-23 Fig. 14-24

VATÍMETROS Y CARGAS EN ESTRELLA CON CUATRO CONDUCTORES

Un vatímetro es un aparato de medida con una bobina de tensión y otra de intensidad, dispuestas de forma que ladesviación es proporcional a K/cos d> en donde 6 es el ángulo entre la tensión y la intensidad. Una carga conectada enestrella, con cuatro conductores, necesita tres vatímetros dispuestos en cada linea como muestra ía Figura 14-22(o).

El diagrama fasorial de la Fig. 14-22(¿p) supone que la corriente estáretrasada en la fase A y adelan* tada en las fases B y C, con defases Ü A, 0 B y 0C respectivamente. Las lecturas del vatímetro son, entonces,

W B = FU.V h C0S >

en donde representa el ángulo entre e 1¿. El vatímetro W A lee la potencia en la fase A y los W B y en *as ^ases ^ y C. La potencia total es AN A ' AN ± A A-A

P T = W A + W B + W c

METODO DE LOS DOS VATIMETROS

La potencia total en una carga trifásica con tres conductores viene dada por ia suma de las lecturas de dosvatímetros conectados en dos líneas cualesquiera con sus bobinas de tensión conectadas a la tercera línea, como serepresenta en la Fig, 14-23. Las lecturas de los dos aparatos son

W A =

V AB

1A cos >' W c = Vcnh

Aplicando las leyes de Kirchhoff a los nudos A y C de la carga en triángulo se obtiene

e I,h = I AE + h e

Fig.14-22

y c N J c í? (U)

(16)

(17)



CAP. ¡4] SISTEMAS POLIFASICOS 205

4^ = 30° + 9 y jgf = 30° - 0 { U )




Sustituyendo las expresiones (17) de 1^ e \c en las ecuaciones (16) se obtiene

W c = V CB coa Æ + V CB / eos *£

{19)

Sumando los dos términos restantes de (18) y sustituyendo {60° + 0) y (60" - 9) en lusar de y 4ca respectivamente, ^ AC

¿ AC cos (®0° + 6) 4- V L I AC eos (60a — 8) (20)

Como cos (x + y) - cos x cos y + sen x sen y, sepuede escribir '

V l ! AC (cos 60° eos 9 - sen 60° sen $ + eos 60° cos 0 +sen 60° sen $) <21) (SI)

( 22 )

que es la potencia en la fase restante, esto es, en AC. Por tanto, hemos demostrado que dos vatímetros dan la potenciatola! en una carga conectada en triángulo. La aplicación del método de los dos vatímetros al caso de una carga conectadaen estrella se deja como ejercicio al alumno

METODO DE LOS DOS VATIMETROS APLICADO A CARGAS EQUILIBRADAS

Para ver la aplicación del método de los dos vatímetros a cargas equilibradas consideremos la conexión en estrellade tres impedancias iguales representada en la Fig. 14-25{a). En la Fig. 14-25 (£) se ha dibujado el diagrama fasorial para la secuencia ABC en la hipótesis de corriente en retraso 0

(ÊS)

Del diagrama fasorial,

(18) Los términos V AB J AB eos ¡sff B y V CBl CB coa se reconocen inmediatamente, ya que son las

El diagrama se deduce,que la corriente \¿c retrasa respecto de un ángulo 6.

4-* r = 60° + d y jf*, = 6o - 9

o bien

i

c



CAP. ¡4] SISTEMAS POLIFASICOS 207

4^ = 30° + 9 y jgf = 30° - 0 { U )

Sustituyendo en (23),

W A = ̂ ^ ^ ( 3 0 ° + ^ ) y W c = V C B ! C C O S { Z Q C - 8 ) ( 2 5 )

Si el método de los dos vatímetros se utiliza con cargas equilibradas, las lecturas son V L I Lcos (30° + 0) y VJ L (30o - 0)en donde 0 es el ángulo de ía impedancia. Ambas lecturas se pueden emplear para hallar el ángulo 0.

Escribiendo la expresión de W l y teniendo en cuenta la fórmula del coseno de la suma de dos ángulos, se obtiene

W l ~ V L i L (eos 30° eos 8 — sen 30° sen 0) (26)

Análogamente, W.¿ = V L I L (eos 30° eos Q + sen 30° sen 0) (27) Por tanto, la suma vale W l + W¿ = eos 0 y la diferencia W 2 — W t - VJ L sen 8.

de donde tg B = (28)

En consecuencia, la tangente del ángulo en Z es y/T veces la relación entre la diferencia y la suma de las lecturas. Sinconocer las líneas en las que están colocados ]os medidores ni la secuencia del sistema no es posible distinguir entre + $ y - B. Por e! contrario, si se conocen ambas cosas, puede determinarse el signo por las expresiones siguientes. Para la secuencia

ABC ,

ta , / Q W A - W B _ ^ W B - W C _ ^ W C - W A _ tg 9 - V¡ W A ^ W B - V3-Wi¡ + iVc _ x/S -w< + (29)

y para CBA , _ . /ó W > ~ W * - , / s Wc - W» m W A - W r ge - \/3 W B + W A ~

V® W c + W„ - ^ W A + W c (so)

Problemas resueltos

14-1 Demostrar que la tensión compuesta entre líneas V L en un sistema trifásico es 3 veces mayor que la tensión simple de fase o de línea a neutro V F . En la Fig. 14-26 se representan las tensiones del sistema trifásico ec un triángulo equilátero en el que la

longitud de un lado es proporcional a la tensión compuesta V L y el punto neutro N está en el centro deltriángulo,La tensión simple tiene como proyección horizontal el valor

V F eos 30°, o sea, ÍV/3/2. Puesto que la base es el doble de dicha proyección,V L = 2(>V3/2) = JÍV r

14-2 Calcular las intensidades de corriente en los devanados a plena carga para conexión entriángulo y en estrella, en un alternador trifásico de 25 kVA a 480 voltios.

En la conexión en estrella la comente en la línea y en el devanado son iguales. En un sistematrifásico equilibrado,

5{kVA)25.S(kVA) = y ¿J V L I L X 10-3\/3 (480 X 10-3}

El alternador con conexión err triángulo y de la misma potencia aparente (kVA) tiene también corrientes a plena carga de

30,1 A. Las corrientes en-los devanados son IJ+ J 3. Por tanto, - 30,1/^/^= 17,35 A.

= 30,1




Fig.14-28

Un sistema bifásico con una tensión simple de fase de 150 voltios alimenta a una carga equilibrada, conectada entriángulo, con impedancias de 10/53,1° ohmios. Hallar las intensidades en las líneas y la potencia total.

En un sistema bifásico las dos tensiones simples tienen una diferencia de fase de 90°, Por tanto, si V Bfl se toma comoreferencia, V AN está a 90°, como se observa en la Fíg. 14^27, Latensión compuestaentre líneas es igual a veces la tensión simple de línea a neutro. Por consiguiente, V AB = (150) =

212 V. Las corrientes en las fases son

Las comentes en las líneas se obtienen a partir de las de fase sin más que aplicar la primera ley de K-irchhofi a los nucios dela carga en triángulo. Si se admite como sencido positivo "para estas corrientes el sentido hacía la carga, se tiene

I A = I AH + ha =J 5,0/36,9° + 21,2/81.9" = 33.5/63,4°

Ib ^ Ib« + U A =15,0/-53,1° - 21,2/81^- 33,6/-79,7°

1* - l„ A + = — 15,0/36,9° - 15,0/ -53,1° - 21.2/171.86°

La potencia total se obtiene utilizando la corriente eficaz en las impedancias

P A* = RI\a = (6)(21,2)2 = 2700 W

F AS = M AN = (6)0 5,0}2 = 1350 W

P BN - MÍ* = (6)(15,0)2 = 1350 W

Potencia totaí = 5400 W

Un sistema trifásico ABC con tres conductores a 100 voltios alimenta a una carga con conexión A e impedanciasde 20/450 ohmios. Hallar las intensidades de corriente en las líneas y dibujar el diagrama fasorial.

Se aplican las tensiones compuestas entre lineas de secuencia ABC al circuito dado en la Fig. 14-28, Entonces, las corrienteselegidas son

14-3

Fi*. 14-27

z 10/53,1°

V,* 150/90°

2 10/53,1°

1>1 150/0°

Z 10/53,1°

*AB "

—

r AE

212/135°21,2/81,9°

= 15,0/36,9°

= 15.0/-53. r

14-4

V A ¡ iIAB - 5,0/-45°. l CA - = 5,0/195

100/120° , V BC = 6,0/76?, Iac =




Fig. 14-33 = 14.45/—30° + 9,62/Of = 23,27-18,10

Para obtener las corrientes en las líneas (véase ei esquema del circuito) se aplica la primera ley de Rirchhoff a cadauno de los nudos principales de la carga. Por tanto,

h - ha + he = 5,0/75^ - 5,0/195- = 8;66/45°

Ijí = I B A + = -5,0¿75^+ 5,0/-45° - 8,66/-75 a

le - I CA + le* = 5,0/195' - 5,0/ — 45° - 8,66/165°

El diagrama fasorial de las corrientes de fase y de línea se representa en la Figura 14-29.

14-5 Determinar las lecturas de los vatímetros al aplicar el método de los dos vatímetros al circuito del Problema 14-4.

Con una carga trifásica de tres conductores las lecturas del vatímetro son

W x = V I J L eos (30' + 0) y í+'j = V¡ T L eos (30‟ - 0}

en donde 6 es el ángulo de la impedancia de carga. En el Problema 14-4, V L = 100 V, l L ~ 8,66 A y elángulo de la impedancia de carga es 45' Sustituyendo estos valores en (1 ) resulta

W¡ = 100(8,66) eos |30" + 45') - 866 eos 75" = 224 W

W 2 = 100(8,66) eos (3QC - 45 ) = 866 eos ( -1 5" ) = 836 W

La potencia total es P T = H/l + W 2 = 1060 W,

Como comprobación, se puede calcular ta potencia lotal en cualquier carga trifásica equilibrada por

P = V/TV L I L eos 0 = v/3 100(8,66) eos 45 11 = 1060 W

14-6 Se conectan en estrella tres impedancias idénticas de 5/ — 30° ohmios. El sistema es trifásico, de tres conductores,150 voltios y secuencia CBA. Determinar las intensidades de corriente en las líneas y dibujar el diagramafasorial.

Fig. 14-31

En sistemas equilibrados de tres conductores, conectados en estrella, se puede añadir el conductor neutro,

en la forma representada en la Fig. 14-30. Las tensiones simples de módulo

V { ̂ = Vjyfl ~ 150/y 3 = 86,6 se aplican con los ángulosde fase de

la secuencia CBA. Las corrientes en las lineas

son

_ _ 86.6/ — PO1 * A ' v _

5/-30':

V fj ,v17,32/-60g , Iu = = 17,32/60° , l c

El diagrama fasorial de la Fig, 14-31 muestra el conjunto de las corrientes de línea equilibradas con 30" en adelanto

respecto de las tensiones simples de línea a neutro, el cua) corresponde al án gu lo de la impedancia.

U)

le —

VtA' z ‘ 17,32/180i




14-7 Determinar las lecturas de los vatímetros si se aplica el método de los dos vatímetros al circuito del Problema 14-6.

Con carga trifásica equilibrada,

1 L eos (30° + 0) = 150(17,32) eos (30° + 3CT) = 1300 W

= vi. h eos (30° - tí) - 150(17,32) eos (30" - 3Ü5} = 2Ó00 W

La potencia activa total es P T = + W 2 - 3900 W,Como comprobación, se puede calcular la potencia por fase P ¥ = R¡1 = 4,33{J7t32}1 = 1300 W y, por tanto, la potencia

activa total es

Pj — 3P¡,- — 3(1300) = 3900 W O bien, con cargas trifásicas equilibradas, la

potencia activa total es P = 73 V L I L eos 6 - (150)(17,32) eos { — 30c) = 3900 W

13- 8 Tres impedancias idénticas de 15/30° ohmios se conectan en triángulo a un sistema trifásico, de tresconductores, 200 voltios y secuencia ABC . Hallar las intensidades de corriente en las líneas utilizando el métododel equivalente monofásico.

Como la carga está conectada en triángulo se obtiene primeramente la impedancia equivalente de la carga con conexión enestrella:

Z Y - Z¿/3 = 15/30^/3 = 5/30°

Él módulo de la tensión simple de linea a neutro es

V LN - V L/VZ ~ 200/-/3 = 115,5

Ahora bien, en d circuito equivalente monofásico de la Fig. 14-32la tensión aplicada es 115,5/0;; voltios y la corriente resultante es

bW*

V,. _ 115,5/Üf ~Z~ ~

5/30° Fig. 14^2 Ii. -

23J1/-30C

Para obtener las intensidades de corriente en las líneas I¿, l B e Ic se determina en primer lugar el ángulo de fase en las correspondientes

tensiones simples de linea a neutro en ta secuencia ABC . Puesto que tiene un ángulo de 90

c

, J A - 23,l/90

c

- 30" = 23J/6T A, De igual forma, 1^= 23,1/-60° A, Ic = 23,1/180° A.

Las corrientes en las impedancias en A están relacionadas con Jas corrientes de línea por I L = y/i I F , de donde 1 F = 23,1/^= 13.3 A. " El ángulo de V^a en la secuencia ABC es de 120° y, por tanto, \ ÁB = 13,3/120" - 30° = 13,3¿901 A. el mismo procedimiento, IffC =

13,3/-30" A e = 13,3/210° A. ■

14-9 Tres impedancias iguales de 10/30' ohmios, conectadas en estrella, y otras tres impedancias también iguales de 15/0^ohmios, igualmente en estrella, están unidas a un mismo sistema trifásico, de tres conductores, de 250 voltios. Hallar la potencia total.

Puesto que ambas cargas están conectadas en estrella, sus

impedancias de fase pueden ponerse directa mente en un circuito equivalente monofásico, como se representa en la

Fig, 14-33. La tensión aplicable a dicho sistema monofásico es

= V L N 3 = 250/^3 = 144,5 V LJ

YLa corriente tiene una intensidad, pues,

1 4 4 , 5 / O f 1 4 4 , 5 / 0 °Ij* ~ 10/30° + 15/0°




Fig. 14-33 = 14.45/—30° + 9,62/Of = 23,27-18,10

En Ja fórmula de la potencia activa P = fíV L I L eos 6, $ es el ángulo de la impedancia de carga equivalente. Al calcular ILl

se han considerado ambas cargas y se ha visto que la corriente retrasa respecto de la tensión un ángulo de 18,1°. Por tanto, se

sabe que la impedancia equivalente es inductiva y tiene un ángulo de 18,1“, En estas condiciones,

P = VaVL/Lcostf - y3 250(23,2} eos 18,1° = 9530 W

13- 10 Tres impedancias idénticas de 12/W ohmios, en triángulo, y otras tres idénticas de 5¿4£ ohmios, en estrella,se unen al mismo sistema trifásico, de tres conductores, de 208 voltios y secuencia ABC. Hallar tasintensidades de corriente en las líricas y la potencia total.

Como la primera de las cargas está conectada en triángulo, se obtiene la equivalente en estrella

Zv ~ Z¿/3 = 12/30°/3 - 4/30°

Con una tensión compuesta entre líneas de 208 V la tensión simple es 208 f % /2 = 120 V,

El circuito equivalente monofásico es el representado en la Fig. 14-34 con las dos

impedancias de carga 4/30° H y 5/45° il Estas impedancias pueden ser sustituidas

por una equivalente.

. _ (sim = 2j24use4/30° + 5/45 a Con esto, la corriente es

Vt.s l20Z0f = 53.6/ — 36,6°2,24/36,6°

La tensión en la secuencia ABC tiene un ángulo de fase de 90° v, por consiguiente,^ = 53,6/(90" - 36,6°} - 53,6/53,4° A.

Análogamente, vemos que Ifl = 53,6/-66,6° A e Ic = 53,6/-186,6° A.

La potencia activa total es

P = y3Vj.7i.case - y3 208(53,6) eos 36,6° = 15,500 W

13- 11 Un sistema trifásico de tres conductores, 240 voltios y secuencia CBA alimenta a una carga conectada entriángulo en la que Z AB - 25/90°, Z^ = 15/301 y ZCjI = 20/01 ohmios. Hallar las intensidades de corriente en las líneas y la

potencia total,Aplicando las tensiones compuestas entre líneas de la secuencia CBA a la cargaconectada en triángulo de la Fig, 14-35 y eligiendo las corrientes de fase como se ve en

Las comentes en las líneas pueden calcularse, ahora, en función de las comentes en las fases.

h = iAB + he = m¿i5o° - = WWM ni

Iü - IHA + lee - — 9,6/150° + 16/-300 = 25,6^30°

Ic = ICA + Ícb = 12/120° - 16/ — 30^ - 27,1/137^

Como era de esperar, en una carga desequilibrada las corrientes en las líneas no son iguales.

AIL

120/0"

Fig.14-34

Fíg.14-35

se tiene

_ VAS = ZAÍÍ

240/240°

25/90°= 9,6/150°

240/120°

V PC 240/0f = 16.0/ — 30° r* - 15/30° O

V(.-A Zf

A 240/120°“20/lT-

= 12,0/120°

Mf

l

Itf

C

Id



CAP. 14] SISTEMAS POLIFASICOS ¿U

Fig.14-36

La potencia en cada fase se calcula de la manera siguiente:

Impedancia Z AB = 25/90" = 0 + ;25 Q, RaB = 0 e = 9,6 A. Entonces,

?AB = = (0)(9>6)2 = 0

Impedancia Z BC = 15/30° = 13 + jl,5 £1, = 13 O e I ac = 16 A. Por tanto, '

¿V: = JWJc - d3)(l6)2 = 3330 W Impedancia Z CA =

20/£ = 20 + ;0 íl, RCA - 20 ÍJ e I CA = 12 A. Por tanto,. P CA = *rAl< = U0K12)3 = 2880 W -

La potencia total es la suma de las potencias por fase

pT = p4B + PK+ P CA = 0 + 3330 + 2880 = 6210 W

12 Hallar las lecturas del vatímetro cuando se utiliza el método de los dos vatímetros en el circuito delProblema 14-11, con medidas entre las líneas {a) A y B, (¿>) A y C. (o) Con los vatímetros en A y B ,

(i) W A = V A C I A C Ü s 4 a ( S ) W B = V B C I B COS

Del Problema 14-11, \ AC = 240/-60a V, Í A = 6.06/247,7» A. Entonces, el ángulo 4^ es el ángulo

entre 247,7Ú y -60°, o sea, 52,y. Sustituyendo en (V),W A = 240(6,06) eos 52,3a = 890 W

También, del Problema 14-11, V flC - 240/T V e Í B = 25,6/-30° A. Entonces, ^ = 30*. Sustituyendo en (2),

W B = 240(25,6) coa 30c - 5320 W La

potencia total es P T = W A + Wf¡ = 890 + 5320 = 6210 W.

{b) Con los vatímetros en las líneas A y C,CB

(3) WA = VíS ¡ A eos 4/ (i) Wc = V CB ¡c COS4cDelProblema 14-11, V M = 240/2401V. Como I, - 6.06/247,2! A, ^ = 7,7=, Sustituyendo en (J),

= 240(6,06) eos 7,7' = 1440 W Del mismo modo, Vc, = 240/180° V e Ic =

27.1 „137,2= A, de donde 2¿B = 42,8. Sustituyendo en W,

W c = 240(27,1 J eos 42,S” = 4770 W y la

potencia total, P T = W A + W'c ~ 1440 + 4770 = 6210 W.

13- 13 Un sistema trifásico de cuatro conductores, 208 voltios y secuencia ABC alimenta a una carga en estrella en la que Z> A =

10/0Lj, Zb = 15¿30_ y zc = 10/-30° ohmios. Hallar las intensidades de comente en las líneas, la del neutro y la potencia total.

Aplicando al circuito las tensiones simples de línea a neutro de la secuencia ABC, como se ve en la Fig. 14-36, y

suponiendo positivo el sentido de las corrientes hacia la carga, se tieneIA = \ At i /Z A = (120/90! )/U0/01) = 12/90!

J B = VBW/ZB = (120/^301 )/a5/30_°)

■ 8/—60°

Ic = VCN/ZC = (120/-lS0o)/(10¿=3Q^)

= 12/ — 120°




La comente en eJ neutro es el fasor suma de los correspondientes a las intensidades de línea y si ti sentido positivo es hacia lacarga,

I* - ~{J A + I* + Ic) - -(12/90° + 8/ — 60° + 12/ — 120° ) - 5,69/69,4°

La impedancia Z A = 10 4- jQ Ü. es atravesada por Ja corriente 1^ = 12/90° A y la potencia en esta fase de la carga es P Á — 10(12)2 — 1440 W. Por la impedancia Z B — 15/30e — 13 + /7,5 Q circula la corriente = 8/ — 60° A y la potencia en la fase es P s = 13(3)2 = 832 W. De igual forma, por Z c — 10/ — 30° = 8,66 -J5 Í1 circula la corriente Ic - 12/-120* A y P c = 8,66(12)* =1247 W. ‟

La potencia total es P T — P A + P s + P c = 1440 + 832 + 1247 = 3519 W.

13- 14 Las impedancias de carga del problema anterior se conectan a un sistema trifásico de tres conductores, 208voltios y secuencia ABC. Hallar las intensidades de corriente de línea y las tensiones entre los extremos de lasimpedancias de carga.

En el circuito de la Fig. 14-37 se han puesto las dos tensiones compuestas V/,iJ y V BC . Con las corrientes de malla I1

e elegidas como en la figura, la forma matriciaJ del sistema de ecuaciones en las corrientes es

3730.56,6^ c rH ,„ I , - . - . .A. -10,15-52,?'

367,5 3,91-

Las corrientes en las líneas, con sentido positivo hacia la carga, vienen dudas en función de I, e l 2 por

l Á = l l = 14.15/86. r

l fl = l 2 - Jj = 1Q.15/52.7 3 - 14.15/86,1* = 8.0/ -49,5" Ic =

_I2 = 10,15/(52,7 ■ - 180M - 10,15/-127,3 J Por tanto, las tensiones en las impedancias son

14,15/86,1J (10,01) y no = hZ-a =

8.0/-49,5° 11530

y ÁO =

Veo ” h'Zc - 10,15/ — 127,3" (10 — 30 ‟ ) = 101,5/-157,3»

La representación de las tres tensiones \' AU , VS(J y Vco muestra el triángulo de secuencia ABC alunir los extremos de los fasores por rectas. Puede añadirse también el punto JV, como en la Figura 14-38.

B

Fi*. 14-38

Fig. 14-37

10/0e -f 15/30° —l5/30f "] j”l j~

¡ 208/120°

—15/30“ 15/30° + 10/ — 30°j [i, L 2 S¿0_

Ij = 14.15 86,1 :

5210/90;

"367,5/3,9'

‟

de donde

- 141,5/86,1°

= 120/ -19 ,5



i ] SISTEMAS POLIFASICOS 213

tr

y ZA = 3ZV = 15/~30° Fiff.14-39

13- 15 Resolver nuevamente el Problema 14-14 por el método del desplazamiento del neutro.

En el método del desplazamiento se calcula V0N a partir de la fórmula

v _ YA + + VCNY^r w + Y b + Y c '

14„14' ^ “ 1/10 = 0'1‟ Y< = l H i5Qm ) = 0,0577 - >0,033 e Vc = 1/(10/ — 30° ) - 0,0866 + ^0,050. Por tanto, ' ----

Y4 + YB + Yc = 0,244 + ;0,0167 = 0,244/3,93°

y * y a h V a = 120/90° ro,i > - 12/90° = >12

VJW YJJ - 120/-30° (0,0667/-303 í = 8,07-60° - 4,0 y6,93

Vc Yc = 120/-150a (0,1/30 } = 127-120° = -6,0 - >10,4V AN ̂ A + VBW Y b + \c/f Yc = -2,0 - 75,33 = 5,69/249,4°

En consecuencia, V0jv = (5,69/249,4° )/(0,244/3,93Q ) = 23,3/245,5° = -9,66 - >21,2

Las tensiones en las impedancias de carga pueden expresarse en función de Ja correspondiente tensión simple de linea a

neutro y la de desplazamiento de¡ neutro en la forma siguiente:

Vô = + V*0 = 120/90° + (9,66 + >21,2) = 141,2/86,08°

Vao - V** + Vwo = 120/ — 30° + (9,66 + >21,2) = 120/-18,9°

va> = VC)V + V so = 120/-150° + (9,66 -i- >21,2) - 102/202,4°Para obtener las corrientes de linea se forman los produptos de estas tensiones y las admitancias corres

pondientes,

h = V AC V, = 141,2/86,08° (0,1/0^) =14,12/86,08°

1« = Y* = J20/-18,9° (0,0667/-30° ) = 8,0/-48,9°

Ic = Vco Yc - 102/202,4° (0,1/30° ) =10,2/232,4° o bien 10,2/-127,6°

Los resultados anteriores están de acuerdo con los del Problema 14-14 dentro del orden de exactitud de la regla de cálculo.

13- 16 Utilizando el método de los dos vatímetros en un caso de carga equilibrada se han obtenido las lecturas 1154y 577 vatios. Obtener las impedancias de carga, con conexión triángulo, si la tensión de! sistema es de 100voltios.

Para cargas trifásicas equilibradas

lK , =y?Wi ~ W * - 1154 - 577 _ E W i + W 2 " _VS 1154 + 577 ” “0,577

de donde 0 = ±30°. (Se pone ±, ya que sin conocer ni la secuencia ni la colocación de los vatímetros, no puede determinarse elsigno.)

La potencia total es P = V h i L eos 6, e

, P 1731 I L = ~p --------------------- - — ------------------- - 11,55 A -

V3^Lcostf }fz (100}(0,86ó)

Se dibuja el circuito monofásico equivalente y se aplica la tensión (ÍOO/V^/O,0 - 57,7/0,“. V, como se

ve en la Fig. 14-39. Entonces, la impedancia con conexión en estrellaV 57,7/0°

Zy =4-= ---■ ô/âo0 1 11,55/±30Q J L ------

11,55/*30°

57, Z Y



SISTEMAS POLIFASICOS [CAP. 14

Fig, 14-41 Fie.14-42

13- 17 Se aplica e] método de ios dos vatímetros a un sistema trifásico de tres conductores, 100 voltios y secuencia ABC ,con los aparatos de medida en 3 y C, obteniéndose W B - 836 y W c = 224 vatios. Hallar la impedancia de la carga

equilibrada y con conexión en triángulo,Conociendo la secuencia y la situación de los aparatos puede conocerse ei signo de 8. Así,

— Wr 224tg 9 = w^ + g3a + 224 “ 1 díí donde ® = 45'

r~ P 1060Pumo ,ue P = V3 V L I L eos 0. I L - = ^3 (100MO,707) 8‟“ A' En„°nCeS' el drcuit0

equivalente monofásico tiene una tensión de 57,7/0° V y la impedancia conectada en estrella es Z f = V/I - (57,7/0° )/(&,66/~ 45°} =6a67/45 p ü. La impedancia de carga en triángulo es ZA = ÍZ Y = 20/45° Í1

13- 18 Un calentador trifásico de 1500 vatios, con factor de potencia unidad, y un motor de inducción de 5 CV, con unrendimiento a plena carga del 80 % y factor de potencia 0,85, están alimentados por un mismo sistema trifásico detres conductores de 208 voltios. Determinar el valor de la intensidad de corriente de linea para el régimen de salidadado para el motor de 5 CV.

Como 736 W = 1 CV, la salida del motor tiene (5 CV)(73ó W/CV) = 3680 W. Por tanto, h entrada que necesitará el motor es3680/0,80 — ¿600 W.

El motor es una carga trifásica equilibrada. Por consiguiente,

eos 8, 4600 = ^(2G84)(0,85), I L — 15 A

En el circuito equivalente monofásico el fasor intensidad de corriente retrasa respecto de la tensión un ángulo 9 y 9 = are eos0,85 = 31,7C. Por tanto, la corriente en la linea del motor es Í L = 15,00/ — 31.7° A.

En la carga de calefacción, P = v/3 V L l L eos tí, en

donde & = O1". Sustituyendo 1500 = v/3 (208)/^ I L - 4,16,

= 4,16/tT A.

El fasor intensidad de corriente total en la línea es ]a suma de Jos fasores de intensidadcorrespondientes a las cargas de calefacción y motor:

1L - 15,00/-31,7° + 4,17/T = 18.5/ — 25,JQ

Por consiguiente, la corriente en cada linea es 18,5 A para el régimendado de salida del motor,

13- 19 Tres impedancias idénticas de 30/3ÍT ohmios están conectadas en triángulo a un sistema trifásico de tres

conductores de 208 voltios, siendo las impedancias de los hilos 0,8 + j0,6 ohmios. Determinar el módulo de la tensión

compuesta entre líneas en la carga- — 0.S -l- *}.<)

— -------

T*

120/0"

G “

Fig,14-40

B

l0/3üf

' v

BG

— G




El circuito se ha representado en la Fig. 14^Í1 con la impedancia equivalente en estrella de iZ á o 10/30° Q. La impedancia de lalínea está en serie con la c&rga y

Z'q = ^ Lin tn + = 0,8 + j0,6 + 8,66 + ;'5,0 = 9,46 + J5, 6 = 11,0/30,6°

120/0° - = 10,9/ — 30,6°

11,0/30,6e

U tensión en la carga es V flC - Z t „t ,I L = {10/30! )(t0,9/-30,6a) = 109/-Q,66.

La tensión compuesta pedida esV L = 7^(109) = 189

Por tanto, la tensión del sistema de 208 V ha caído a 189 V a causa de la impedancia de la linea.El diagrama fascrial se representa en la Fig. 1442 con la caida en la línea V« = Z. I, = fOS +

70,6)00,9/-30,6° ) - 10.9&T y V,c = + Vac.¿ ^

Hallar, en el problema anterior, la tensión compuesta en la carga si en paralelo con ésta se pone un conjunto de

condensadores con una reactancia de — y60 ohmios.

Fig.14-43

En el circuito equivalente monofásico de la Fig. 14-43 están en paralelo -J2 0 y 10/30*.

10/30° ( — ;2Ú)= 11,55/0°

(8,66 + ?5) - ;20 Z P está, por tanto, en

serie con las impedancias de la línea y

Ztq = Zhnet + Z P = (0,8 + >0,6) + (11,55/0^) - 12,35/2,7fi e La corriente en la línea

es, pues,

, V 120/0" L ~ z Z ~ 12,35/2,78° = tq

y la tensión en los extremos de la carga,

VÍC = Z el L - (11,55/0° ){9,73/ — 2,78° ) = 112/-2,78° La tensión

compuesta correspondiente es V L - ,yj"{H2) = 194 V.

Como ya se vio en el Capítulo 7, el factor de potencia se mejora al conectar condensadores en paraJelo con la carga. Esto da lugar auna reducción en la ca ída de tensión en la impedancia de la línea. Y así, en este problema, la tensión del sistema ha caído a 194 voltios enlugar de a 189, como en el Problema 14-19.

Por tanto. IL =

14-20

.

120/0°

---- ---------------- » ------------

X

“ — ;2Ü

10/30°

l

1*.

— G - G G

0,S + jti .h

' B G




Problemas propuestos

14-21 Se conectan en triangule tres impedancias iguales de 10/53,1 ° ohmios a un sistema trifásico de tres conductores, 240 voltios ysecuencia CBA. Hallar las intensidades de corriente de línea.So/. 41,6/- 143,111 ; 41,6/-23.1°, y 41,6/96,9° A.

14-22 Se conectan en triángulo a un sistema trifásico de tres conductores, 100 voltios y secuencia CBA tres impedancias ¡guales de15^9/70" ohmios. Hallar las intensidades de corriente de línea y la potencia total.Sol. 10,9/ — 160° ; 10,9/-40*; 10,9/80“ A; 646 W.

11- 23 Tres impedancias de 42/-35° ohmios se conectan en triángulo a un sistema trifásico de tres conductores, 350 voltios ysecuencia ABC . Hallar las intensidades de comente de línea y la potencia total.So!. 14,4/125" ; 14,4/52; 14,4/- 115 A; 7130 W.

12- 24 Se une a un sistema trifásico de tres conductores, 208 voltios y secuencia CBA una carga equilibrada en estre* lia conimpedancias de 6/45° ohmios. Hallar las intensidades de corriente de línea, incluida la del neutro.Sol. 20/ — 135" ; 20/-15° ; 20/105 ; 0 A.

12- 25 Una carga equilibrada con impedancias de 65 -20" ohmios se conecta en estrella a un sistema trifásico de tres conductores,480 voltios y secuencia CBA. Hallar las intensidades de corriente de línea y la potencia total. s°l - 4,26/-70- ; 4,26/50"; 4,26 1^0 ;

3320 W.26 Un motor de inducción de 37.3 kW, con un rendimiento a plena carga del 85 % y un factor de potencia 0,80, se conecta a un sistema trifásico de 480 voltios. Hallar la impedancia en estrella equivalente que puede sustituir a dicho motor. Sol. 4,2 36,9"

12- 27 Un motor de inducción trifásico de 186.5 kW, con rendimiento a plena carga del 82 % y un factor de potencia 0,75, se conectaa un sistema de 208 voltios. Hallar la impedancia equivalente en triángulo que puede sustituir ? dicho motor y determinar laslecturas con el método de los dos vatímetros.

4,28/41 5,58 kW; 17,15 kW2J* Tres impedancias idénticas de 9 - 30 ohmios en triángulo y tres impedancias de 5/45" ohmios en estrella se conectan al mismo sistematrifásico de tres conductores, 480 voltios y secuencia AB C. Hallar el módulo de la intensidad de corriente de linea y la potencia total.Sol, 119.2 A; 99 kW, 12- 29 Una carga en triángulo equilibrada con impedancias de 27 — 25" ohmios y otra en estrella equilibrada con

impedancias de 10/ — 30° ohmios, se conectan a un sistema trifásico de tres conductores, 208 voltios y secuencia ABC , Hallar lasintensidades de comente de linea y la potencia en cada carga.Sol. 25.3/117.4° A; 25,3/-2.6° A; 25,3 - 122,6= A: 4340 W; 3740 W.

12- 30 Un sistema trifásico, a 100 voltios, alimenta a una carga equilibrada en triángulo con impedancias de 10/-36,9C

ohmios y una carga en estrella equilibrada con impedancias de 5/53.1" ohmios. Hallar la potencia en cada carga y el módulo de laintensidad de corriente en la línea total. So!. 2400 W; 1200 W; 20,8 A.

11- 31 Dos cargas equilibradas en triángulo con impedancias de 20. -60' y 18 45^ ohmios, respectivamente, se conectan a un sistema trifásico de 150 voltios. Hallar la potencia en cada carga. So!. 1690 y 2650 W.

32 Un sistema trifásico de tres conductores, 173,2 voltios y secuencia CBA alimenta a tres cargas equilibradas con las siguientes conexiones e impedancias: en estrella de 10/0' ohmios, en triángulo de 24/90" ohmios y latercera en triángulo con impedancia desconocida. Determinar esta impedancia sabiendo que la intensidad de corriente en la línea A, con sentido positivo hacia la carga, es 32,7 - 138,1 ~ amperios.So L 18/45^ n.

33 Los vatímetros situados en las líneas A y B de un sistema de 120 voltios y secuencia CBA. indican los valores 1500 y 500 vatios, respectivamente. Hallar las impedancias de Ja carga equilibrada en triángulo.Sol. 16,3/ — 41° O. ■

12- 34 Las lecturas de los vatímetros colocados en las líneas A y B de un sistema de 173,2 voltios y secuencia AB C son -301 y + 1327 vatios, respectivamente. Hallar las impedancias de la carga equilibrada en estrella.Sol. 10/-70° n.

12- 35 Hallar las lecturas de los dos vatímetros utilizados en un sistema de tres conductores, de 240 voltios, con una

carga, conectada en triángulo y equilibrada, de 20/80/ ohmios. So!. -1710, 3210 W.12- 36 Hay dos vatímetros colocados en las líneas B y C de un sistema CB A de tres conductores y 173,2 voltios, que

alimenta a una carga equilibrada. Determinar las lecturas de dichos vatímetros si la intensidad de corriente de línea es = 32,7/ —

41,9° amperios. Sol. 1170, 5370 W.12- 37 Un sistema de 100 voltios y secuencia CB A alimenta a una carga equilibrada y tiene dos vatímetros en las li

neas A y B. Si I = 10,9/ — 40" amperios es la intensidad de corriente en la linea B, hallar las lecturas de ambos vatímetros. Soí.

— 189, 835 W,12- 38 Una carga conectada en triángulo, con Z AB = 10/30;, Z BC = 25/01 y Z C A = 20/ — 30" ohmios, se une a un sis

tema trifásico de tres conductores, 500 voltios y secuencia AB C. Hallar las intensidades de corriente en las líneas y la potenciatotal. Sol. 75/90/ A; 53,9/ — 68,2° A; 32/23L3^ A; 42,4 kW. ■




14-53

14- 39 Un sistema trifásico de tres conductores, 208 voltios y secuencia ABC alimenta a una carga en triángulo en que Z AB — 5/0°, Z BC — 4/30°, Z CA = 6/ -15° ohmios. Hallar las intensidades de corriente de linea y las lecturas de los vatímetros instalados en las líneas A

y C. Sol. 70,5/99,65° A; 90,5/-43,3° A; 54,6/187.9° A: 13,7 kW; 11,25 kW.

14- 40 Una carga en estrella, con = 3 + jO, Z B - 2 + ;3 y Zc = 2 — jl ohmios, se conecta a un sistema trifásico de cuatro conductores, 100voltios y secuencia CBA. Determinar las intensidades de corriente en las lineas, incluido el neutro, suponiendo positivo el sentidohacia la carga.Sol. 19.25/ — 90J A; 16/-26.3 A; 23.8/176,6° A; 27,3/65,3° A.

14- 41 Se conecta una carga en estrella en que Z A = 12/45°, Z k = 10/30‟ y Z c - 8/0° ohmios a un sistema de cuatro conductores y 208voltios. Hallar la potencia total. Sol. 3898 W.

14- 42 La intensidad de corriente de linca en un sistema trifásico de tres conductores, 220 voltios y secuencia ABC . son = 43,5/116,6°,Ifl = 43,3/-48c c Ic = 11,39/218° ampeños. Obtener las lecturas de los vatímetros en las líneas (o} A y B, (b) B y C (c) A y C. Sol. (a) 5270,6370 W; (6) 9310, 2330 W; (c) 9550, 1980 W.14- 13 Las intensidades de corriente de linea en un sistema trifásico de tres conductores, 440 voltios y secuencia ABC son = 19,72/90°,

l B - 57,3/ - 9,9° e If = 57,3/189,9' amperios. Hallar las lecturas de los vatímetros en las lineas ( a) A y B, (¿>) B y C. Sol. (a) 7,52,24,8 kW; (ó> 16,15, 16,15 kW.

14- 44 El diagrama fasorial de la Fig. 14-44 representa las corrientes de linea y las tensiones compuestas entre líneas de un sistema

trifásico de tres conductores, 346 voltios y secuencia ABC. Si el módulo de la corriente de línea es 10 amperios, hallar la impedanciade la carga conectada en estrella. Sol. 20/90° fl.

El circuito de la Fig. 14-45 presenta una impcdancia infinita (circuito abierto) en la fase B de la carga en estrella. Hallar el fasor tensión V^b si el sistema es de 208 voltios y secuencia ABC .

Sol. 284/150° V. Un alternador trifásico con conexión Y y 440 voltios tiene un limite de 35 amperios por arrollamiento, (a) ¿Cuál es la potencia

aparente (kVA) de régimen de la máquina? (A) Si el alternador suministra una corriente de línea de 20 amperios de intensidadcon un factor de potencia 0,65, ¿cuál es la potencia aparente (kVA) por fase dela máquina? Sol. 26,6 kVA; 5,08 kVA.El sistema de corrientes de línea equilibradas en el diagrama fasorial de la Fig. 14-46 tieneun valor absoluto de 10 amperios y la tensión compuesta es de 120 voltios. Determinar lascorrespondientes potencias activa y aparente. Sol. 1,47 kW; 2,08 kVA.Una carga en estrella con impedancias Z A = 10/0° , ZB = 10/60° y Zc = 10/ — 60° ohmios seconecta a un sistema trifásico de tres conductores, 200 voltios y secuencia ABC . Hallar lastensiones en las impedancias de carga V^, V fl0. Vco.Sol. 173/90° V; 100/C£ V; 100/180" V.Una carga en estrella con Z A - 10/ - 60°, Z 0 - 10/0° y Z c = 10/60° ohmios se conecta a unalínea trifásica de tres conductores, 208 voltios y secuencia CBA. Hallar las tensiones en lasimpedancias de carga.Sol. 208/-120° V; 0 V; 208/180° V.Un sistema de tres conductores, 480 voltios y secuencia ABC alimenta a una carg? en estrella en la que Z A = 10/0°t ZB =• 5/-30°

y Zt = 5/3CT ohmios. Hallar las lecturas de los vatímetros en las líneas A y B. Sol. 8,92 kW; 29.6 kW.Un sistema de tres conductores. 100 voltios y secuencia CBA alimenta a una carga con conexión Y en la que Z4 = 3 + yO, ZB = 2+ >3 y Z(- - 2 - j 1 ohmios. Determinar las tensiones en las impedancias de la carga. Sol. 31.6/-67.9° V; 84.3/42.7" V:68.6/123.8° V.Tres impedancias idénticas de 15/60^ ohmios se conectan en estrella a un sistema trifásico de tres conductores a 240 voltios. Laslíneas tienen entre la alimentación y la carga impedancias de 2 + j 1 ohmios. Hallar el módulo de ia tensión compuesta en lacarga. Sol. 213 V.Repetir el Problema 14-52 para impedancias en estrella de 15/ — óO^ ohmios y comparar los resultados dibujando el diagramafasorial de tensiones. Sol. 235 V.

Fig. 14-44 Fig. 14-45

14-45

14-46

14-47

14-48

Fig. 14-46

1449

14-50

14-51

14-52

capítulo 14 polifasicos

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