Práctica 2 de laboratorio de circuitos II:
Balanceo de un circuito trifásico usando cargas
desbalanceadas: Análisis y Simulación.
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Nicolás Orcasitas García – Ingeniería de electrónica - 2190418
Jorge Eduardo Angarita Pérez – Ingeniería electrónica - 2190427
Sergio Sebastián Oliveros Sepúlveda – Ingeniería electrónica – 2190396
«El lenguaje de la experiencia es más autorizado que cualquier otro razonamiento: los hechos
pueden destruir nuestros raciocinios, pero no viceversa»
Alessandro Volta.
En el circuito de la figura, las bombillas son una carga balanceada. Cada bombilla es de 500 𝑊 a
120 𝑉. Asuma una resistencia constante. El motor trifásico es un motor de 5 𝑘𝑊 con factor de
potencia 0.8 en atraso. El secundario del transformador proporciona una tensión balanceada de
208 𝑉 y opera con una frecuencia de 60 𝐻𝑧. La carga está situada a 1500 𝑚 del transformador
trifásico, y los vatímetros se ubican en los terminales del transformador. La resistencia e
inductancia reactiva de la línea de distribución es 0.403 Ω y 0.143 Ω respectivamente por cada
1000 𝑚 de cable de la línea. El valor de la resistencia 𝑅 es de 100 Ω.
Para el sistema trifásico descrito calcule:
- El valor que deben poseer las reactancias 𝑋1 y 𝑋2 para que el sistema sea balanceado.
- Las tensiones de línea y las tensiones de fase en la carga.
- La lectura de los vatímetros 𝑊1 y 𝑊2.
- Las corrientes del transformador.
Realice un diagrama fasorial para cada sistema trifásico, es decir, el transformador y las dos
cargas.
Simule el sistema en Simulink y haga un análisis comparativo con los resultados obtenidos en el
análisis fasorial.
Imagen 1. Circuito del problema.
Desarrollo del circuito:
Datos Iniciales:
Bombillas:
𝑃𝑏 = 500 [𝑊] 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑖𝑙𝑙𝑜.
𝑉𝑏 = 120 [𝑉] 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑖𝑙𝑙𝑜.
𝑉 2 1202
𝑅=
=
= 28,8 [𝛺]
𝑃
500
Imagen 2. Resistencias en paralelo.
𝑅𝑎 = 28.8 [Ω] 𝑅𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑖𝑙𝑙𝑜.
Imagen 3. Resistencia equivalente.
𝑅1 =
𝑅𝑎
2
= 14.4[Ω] 𝑅𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑒.
Motor:
𝑃𝑚 = 5 [𝑘𝑊]
𝑓𝑝𝑚 = 0.8 𝑒𝑛 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑠𝑜
cos 𝜃 = 𝑓𝑝 = 0,8 (factor de potencia del motor)
𝜃 = cos −1 0,8
𝜃 = 36,87° (Angulo de la potencia compleja del motor)
𝑆3𝜙 =
𝑃
5 ∗ 103
=
= 6,25[𝑘𝑉𝐴] (𝑀𝑎𝑔𝑛𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑗𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟)
cos 𝜃
0,8
𝑆̃
3𝜙 = 6,25⌊36,87° [𝑘𝑉𝐴] (Fasor potencia compleja trifásica del motor)
Imagen 4. Triángulo de potencias.
𝑆̃
3𝜙
= 𝑆̃
1𝜙 = 2.0833⌊36,87° [𝑘𝑉𝐴]
3
|𝑉𝑁𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙 | =
𝑍𝑚 =
208
√3
≈ 120[𝑉𝑟𝑚𝑠]
|𝑉𝑁𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙 |2
1202
=
= 6.9121⌊36,87° [𝛺] → 𝑍𝑚 = 5.5296 + 4.1472𝑗 [𝛺]
∗
2.0833 ∗ 103 ⌊−36,87°
𝑆̃
1𝜙
𝑋𝑚 = 𝐿𝑀 𝜔 = 𝐿𝑀 (2𝜋𝑓)
→
𝐿𝑀 =
𝑋𝑀
= 0.011 [𝐻]
2𝜋𝑓
Línea de transmisión:
𝑍𝐿 (𝑥) = 𝑥(𝑅 + 𝑗𝑋𝑠 ) → 𝑍𝐿 (1.5 𝑘𝑚) = 1.5(𝑅 + 𝑗𝑋𝑠 ) = 1.5(0.403 + 𝑗0.143)
𝑍𝐿 = 0.6045 + 𝑗0.2145 [𝛺] (𝐼𝑚𝑝𝑒𝑑𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝐿í𝑛𝑒𝑎)
𝑋𝐿 = 0.2145 [𝛺] = 𝐿𝐿 𝜔 = 𝐿𝐿 (2𝜋𝑓)
→
𝐿𝐿 =
𝑋𝐿
= 5.6765 ∗ 10−4 [𝐻]
2𝜋𝑓
Voltajes de la fuente:
𝑓 = 60 [𝐻𝑧] (𝑓𝑟𝑒𝑐𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎)
Como no se especifica la secuencia se asume positiva, además se asumen los ángulos de desfase de
la tensión.
𝑉𝑎𝑏 = 208⌊30° 𝑉𝑏𝑐 = 208⌊−90° 𝑉𝑐𝑎 = 208⌊150° (𝑉𝑜𝑙𝑡𝑎𝑗𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝐿í𝑛𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟)
𝑉𝑎𝑛 =
208
√3
⌊0° = 120⌊0° 𝑉𝑏𝑛 = 120⌊−120° 𝑉𝑐𝑛 = 120⌊120° (𝑉𝑜𝑙𝑡. 𝐹𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑇𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓. )
Carga Desbalanceada:
Imagen 5. Carga Desbalanceada
𝑉𝑎𝑏 = 𝑉𝐿 ∗ 1⌊0
𝐼𝑎𝑏 =
𝑉𝐿 ∗1⌊0
𝑗𝑋1
𝐼𝑎 = 𝐼𝑎𝑏 − 𝐼𝑏𝑐
𝑉𝑏𝑐 = 𝑉𝐿 ∗ 1⌊−120
𝐼𝑏𝑐 =
𝑉𝐿 ∗1⌊−120
𝑅
𝐼𝑏 = 𝐼𝑏𝑐 − 𝐼𝑎𝑏
𝑉𝑐𝑎 = 𝑉𝐿 ∗ 1⌊120
𝐼𝑐𝑎 =
𝑉𝐿 ∗1⌊120
𝑗𝑋2
𝐼𝑐 = 𝐼𝑐𝑎 − 𝐼𝑏𝑐
Note que si las corrientes de línea son balanceadas, entonces se cumple que:
𝐼𝑏 = 𝐼𝑎 (1⌊−120)
𝐼𝑏𝑐 − 𝐼𝑎𝑏 = (𝐼𝑎𝑏 − 𝐼𝑏𝑐 )(1⌊−120)
𝑉𝐿 ∗ 1⌊−120 𝑉𝐿 ∗ 1⌊0
𝑉𝐿 ∗ 1⌊0 𝑉𝐿 ∗ 1⌊120
−
=(
−
) (1⌊−120)
𝑅
𝑗𝑋1
𝑗𝑋1
𝑗𝑋2
1⌊−120 1⌊−90 1⌊−210 1⌊−90
−
=
−
𝑅
𝑋1
𝑋1
𝑗𝑋2
1⌊−120 1⌊−90 1⌊−210 1⌊−90
−
−
+
=0
𝑅
𝑋1
𝑋1
𝑋2
1
1 √3
𝑗
1 √3 1
𝑗
(− −
𝑗) + + ( − 𝑗) −
=0
𝑅
2
2
𝑋1 𝑋1 2
2
𝑋2
𝑃𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑅𝑒𝑎𝑙: −
𝑃𝑎𝑟𝑡𝑒 𝐼𝑚𝑎𝑔𝑖𝑛𝑎𝑟𝑖𝑜: −
1
√3
+
=0
2𝑅 2𝑋1
1
1
√3 1
+ −
−
=0
2𝑅 𝑋1 2𝑋1 𝑋2
1 1
1
( − √3) =
2𝑅 √3
𝑋2
→
1 √3
=
𝑅 𝑋1
→ −
→
𝑋1 = √3𝑅
1
1
√3
+
=
2𝑅 2𝑋1 𝑋2
1
2√3
√3
=−
=−
𝑋2
2𝑅
𝑅
→
→
→
→ −
1
1
√3
+
=
2𝑅 2√3𝑅 𝑋2
1
√3
=−
𝑋2
𝑅
𝑋2 = −√3𝑅
Como las reactancias no pueden ser negativas, 𝑿𝟐 tendrá que ser de carácter capactivo. Mientras
que 𝑿𝟏 al ser positiva se tratará de un inductor.
Ecuaciones del circuito:
Se optó por la técnica de análisis de nodos:
Imagen 6. Nodos del Circuito.
Quedamos con:
𝑉𝑥 − 120⌊0 𝑉𝑥
𝑉𝑥 𝑉𝑥 − 𝑉𝑦 𝑉𝑥 − 𝑉𝑧
+
+
+
+
= 0 (𝐿. 𝐼. 𝐾. 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑁𝑜𝑑𝑜 𝑋)
𝑍𝐿
𝑅1 𝑍𝑚
−𝑗𝑋1
𝑗𝑋2
𝑉𝑦 − 120⌊−120 𝑉𝑦
𝑉𝑦 𝑉𝑦 − 𝑉𝑧 𝑉𝑦 − 𝑉𝑥
+
+
+
+
= 0 (𝐸𝑛 𝑒𝑙 𝑛𝑜𝑑𝑜 𝑌)
𝑍𝐿
𝑅1 𝑍𝑚
𝑅𝑑
−𝑗𝑋1
𝑉𝑧 − 120⌊120 𝑉𝑧
𝑉𝑧 𝑉𝑧 − 𝑉𝑦 𝑉𝑧 − 𝑉𝑥
+
+
+
+
= 0 (𝐸𝑛 𝑒𝑙 𝑛𝑜𝑑𝑜 𝑍)
𝑍𝐿
𝑅1 𝑍𝑚
𝑅𝑑
𝑗𝑋2
Desarrollando las expresiones:
1
1
1
1
1
1
1
120⌊0
𝑉𝑥 ( + +
+
+
) − 𝑉𝑦 (
) − 𝑉𝑧 ( ) =
𝑍𝐿 𝑅1 𝑍𝑚 −𝑗𝑋1 𝑗𝑋2
−𝑗𝑋1
𝑗𝑋2
𝑍𝐿
1
1
1
1
1
1
1
120⌊−120
𝑉𝑦 ( +
+
+
+ ) − 𝑉𝑧 ( ) − 𝑉𝑥 (
)=
𝑍𝐿 𝑅1 𝑍𝑚 −𝑗𝑋1 𝑅𝑑
𝑅𝑑
−𝑗𝑋1
𝑍𝐿
1
1
1
1
1
1
1
120⌊120
𝑉𝑧 ( +
+
+
+ ) − 𝑉𝑦 ( ) − 𝑉𝑥 ( ) =
𝑍𝐿 𝑅1 𝑍𝑚 𝑗𝑋2 𝑅𝑑
𝑅𝑑
𝑗𝑋2
𝑍𝐿
Resolvemos las 3 ecuaciones anteriores en Matlab, y llegamos a:
𝑉𝑥 = 105.6508⌊0.5347[𝑉𝑟𝑚𝑠]
𝑉𝑦 = 105,6508⌊−119,4653[𝑉𝑟𝑚𝑠]
𝑉𝑧 = 105,6508⌊120,5347[𝑉𝑟𝑚𝑠]
Ya teniendo esto calculamos las tensiones de línea:
𝑉𝑥𝑦 = 𝑉𝑥 − 𝑉𝑦 [𝑉] 𝑉𝑦𝑧 = 𝑉𝑦 − 𝑉𝑧 [𝑉]
𝑉𝑧𝑥 = 𝑉𝑧 − 𝑉𝑥 [𝑉]
𝑉𝑥𝑦 = 182.9925 ⌊30,5347[𝑉𝑟𝑚𝑠] 𝑉𝑦𝑧 = 182.9925 ⌊−89.4653[𝑉𝑟𝑚𝑠]
𝑉𝑧𝑥 = 182.9925⌊159.5347[𝑉𝑟𝑚𝑠]
Las corrientes en el transformador son:
𝐼𝑎 =
𝐼𝑏 =
120⌊0 − 𝑉𝑥
= 22.5689⌊−23.4417 [𝐴𝑟𝑚𝑠]
𝑍𝐿
120⌊−120 − 𝑉𝑦
= 22.5689 ⌊−143.4417 [𝐴𝑟𝑚𝑠]
𝑍𝐿
𝐼𝑐 =
120⌊120 − 𝑉𝑧
= 22.5689 ⌊96.5583 [𝐴𝑟𝑚𝑠]
𝑍𝐿
La potencia medida por los vatímetros es:
𝑊1 = 𝑉𝑏𝑎 ∗ 𝐼𝑏 ∗ 𝐶𝑜𝑠(𝜃𝑏𝑎 − 𝜃𝑏 ) = 4.6636[𝑘𝑊]
𝑊2 = 𝑉𝑐𝑎 ∗ 𝐼𝑐 ∗ 𝐶𝑜𝑠(𝜃𝑐𝑎 − 𝜃𝑐 ) = 2.7961[𝑘𝑊]
Como la conexión es Aaron, podemos encontrar la potencia compleja de la fuente:
𝑃3∅ = 𝑊1 + 𝑊2 = 7,4597[𝑘𝑊]
𝑄3∅ = √3(𝑊1 − 𝑊2 ) = 3,2346[𝑘𝑉𝐴𝑅]
𝑆𝑓 = 8,1307⌊23.4417[𝑘𝑉𝐴]
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Con todos los valores anteriores podemos construir los siguientes diagramas fasoriales:
Diagrama fasorial del transformador:
Imagen 7. Diagrama fasorial de las corrientes y voltajes de fase del transformador.
Diagrama fasorial del motor:
Imagen 8. Diagrama fasorial de las corrientes y voltajes de fase del motor
Diagrama fasorial de las cargas (Bombillas):
Imagen 9. Diagrama fasorial de las corrientes y voltajes de fase de la carga.
Diagrama fasorial de la carga desbalanceada:
Imagen 10. Diagrama fasorial de las corrientes y voltajes de fase de la carga desbalanceada.
Haciendo un acercamiento a las corrientes:
Imagen 11. Acercamiento al diagrama fasorial de las corrientes y voltajes de fase de la carga desbalanceada.
Simulación del circuito:
Siguiendo las indicaciones dadas se continuó con la implementación del sistema en Simulink,
obteniendo entonces el siguiente diagrama:
Imagen 11. Diagrama en Simulink
De izquierda a derecha encontramos:
-
A. Fuente de voltaje: Esta representa al secundario del transformador, el cual es el elemento
que activa el circuito, tomamos como ángulo de referencia los 0°, para la frecuencia fueron
60 [𝐻𝑧] y su voltaje de línea fue 208 [𝑉].
B. Voltímetros de los Vatímetros: Aquí medimos los 2 voltajes de los 2 vatímetros.
C. Impedancia de línea: Se usó una Three-Phasic RLC Branch, para sus valores tuvimos en
cuenta la expresión de 𝑍𝐿 = 0.6045 + 𝑗0.214 [𝛺], dado que solo poseíamos la reactancia, fue
preciso hallar la inductancia equivalente: 𝐿𝐿 = 5.69 ∗ 10−4 [𝐻].
- D. Medidor de voltaje y Corriente: Consiste en un medidor propio de la librería Simscape, el
cual permite encontrar las corrientes de línea de la fuente trifásica, junto con la información
del primer medidor podemos encontrar la lectura del vatímetro.
- E. Cargas 1 y 2 (Bombillas): Para modelarlas necesitamos un subsistema, el cual contiene en
realidad 2 cargas resistivas puras con 𝑅𝑎 = 28.8 [Ω], además incluye la medidora para los
voltajes de fase y de línea. Hay que destacar que pudimos haber optado por una sola carga si
combináramos las 2 resistencias en paralelo.
- Carga Desbalanceada en Delta: Esta compuesta por una resistencia de 100[Ω] entre los
puntos B y C, una reactancia inductiva de 100√3[Ω] en A y B, y otra reactancia, pero capacitiva
con la misma magnitud anterior, esta última se encuentra entre C y A,
- G. Motor: Para este primero se tuvo que calcular una impedancia equivalente, cuestión que
se realizó en el desarrollo a mano del problema, igual que en el caso de la impedancia de línea
tuvimos que calcular una inductancia equivalente con la reactancia dada.
Tras iniciar la simulación se obtuvieron los siguientes datos:
-
Imagen 12. Datos simulación.
Además, ya que propiamente no pudimos insertar un vatímetro en Simulink, tuvimos que realizar
este último cálculo a mano, entonces tuvimos que usar la respectiva fórmula con los datos obtenidos:
𝑊1 = 𝑉𝑏𝑎 ∗ 𝐼𝑏 ∗ 𝐶𝑜𝑠(𝜃𝑏𝑎 − 𝜃𝑏 ) = 4.6638[𝑘𝑊]
𝑊2 = 𝑉𝑐𝑎 ∗ 𝐼𝑐 ∗ 𝐶𝑜𝑠(𝜃𝑐𝑎 − 𝜃𝑐 ) = 2.7963[𝑘𝑊]
Con el fin de determinar comparar los resultados, realizamos los porcentajes de error de cada
variable utilizada:
Variable
Valor del Análisis
Valor según Simulink
|𝑉𝑥 |, |𝑉𝑦 |, |𝑉𝑧 |
105.6508 [𝑉𝑟𝑚𝑠 ]
105.65[𝑉𝑟𝑚𝑠 ]
Porcentaje de error
[%]
0.0007
182.9925 [𝑉𝑟𝑚𝑠 ]
183[𝑉𝑟𝑚𝑠 ]
0.0041
|𝑉𝑥𝑦 |, |𝑉𝑦𝑧 |, |𝑉𝑧𝑥 |
|𝐼𝑎 |, |𝐼𝑏 |, |𝐼𝑐 |
22.5689[𝐴𝑟𝑚𝑠 ]
22.57 [𝐴𝑟𝑚𝑠 ]
0.0048
𝑊1
4.6636[𝑘𝑊]
4.6638 [𝑘𝑊]
0.0042
𝑊2
2.7961[𝑘𝑊]
2.7963 [𝑘𝑊]
0.0071
Se encontró que los porcentajes de error eran ínfimos, los valores de las magnitudes eran
prácticamente los mismos.