Capítulo 1
SISTEMAS POLIFÁSICOS
Un sistema polifásico es el formado por varias fuentes de voltaje señales de igual
frecuencia y amplitud, pero desfasadas entre sí 1 .
Figura 1.1 Sistema polifasico
Por ejemplo:
1
Ver historia pagina 259 libro Fraile Mora
60
1.1. SISTEMA MONOFÁSICO TRIFILAR
61
Figura 1.2 Sistema monofasico y bifasico
Figura 1.3 Sistema trifilar y trifasico
1.1.
SISTEMA MONOFÁSICO TRIFILAR
El sistema monofasico es usado en las redes de distribucion secundaria de los sistemas de distribucion de energia electrica. Este sistema provienen de un transformador monofasico, donde se obtienen dos fases y un neutro aterrizado del secundario del transformador.
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
62
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.4 Sistema monofasico
Example: Ejemplo: Calcule las corrientes Ia ,Ib e Ic Example-fin:
Figura 1.5 Figura del ejercicio
Desarrollo por mallas:
250 = 2I1 + (3 + 4j)I1 + 4(I1 − I2
250 = (9 + 4j)I1 − 4I2
Ec 1
250 = 4(I2 − I1 ) + (3 + 4j)I2 + 2I2
250 = (9 + 4j)I2 − 4I1
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Ec 2
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.1. SISTEMA MONOFÁSICO TRIFILAR
63
Resolviendo
I1 = 39,04∠−38,65◦ = Ia
I2 = 39,04∠−38,65◦ = −Ib
Ib = −39,04∠−38,65◦ A
In = Ia + Ib = 0 A
Significa que en un sistema monofásico trifilar balanceado, la corriente por el neutro es cero.
Example: Ejemplo: Calcule las corrientes I1 , I2 e In Example-fin:
Figura 1.6 Figura del ejercicio
Usemos la transformación delta-estrella.
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
64
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Z1 =
(30 + j40)(60)
= 20,8∠19,44◦ Ω
(120 + j80)
Z2 =
(30 + j40)(30 + j40)
= 17,33∠72,5◦ Ω
(120 + j80)
Z3 =
(30 + j40)(60)
= 20,8∠19,44◦ Ω
(120 + j80)
Circuito resultante
Figura 1.7 Figura del ejercicio
Como Z1 y Z3 son impedancias iguales, entonces se sabe que la corriente del neutro
es cero, por tanto:
Ia =
110∠0◦
+ Z1 = 4,85∠−17,7◦ A
2
I2 = −I1 = −4,85∠−17,7◦ = 4,85∠162,3◦ A
1.2.
SISTEMAS TRIFÁSICOS
Es un sistema producido por un generador consistiendo en tres fuentes teniendo
la misma amplitud y frecuencia pero desfasada una de la otra 120◦ . Este sistema
alimenta un conjunto de cargas que se encuentran conectadas al sistema trifásico.
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
65
Figura 1.8 Figura del ejercicio
Ventajas del sistema trifásico
2
a) Para transportar una determinada energía, a una cierta tensión. el sistema
trifásico es más económico que el sistema monofásico, a igualdad de potencia
a transmitir e igualdad en las pérdidas en el cobre de la linea, ya que se
obtiene un ahorro en el peso de cobre de un 25 %.
b) La potencia instantanea de un sistema trifásico es constante, independiente
del tiempo, por ello los motores trifásicos tienen un par absolutamente uniforme, lo que evita vibraciones y esfuerzos en el rotor.
c) Los motores tirfásicos pueden arrancar por si mismos, sin embargo los motores
monofásicos necesitan dispositivos especiales para conseguir su arranque.
1.2.1.
Generación trifásica
En el mundo, la generación se realiza de forma trifásica.
Un generador trifásico está compuesto por un rotor que genera el campo magnético
giratorio y un sistema de tres bobinas alojadas en el estator donde se inducen las
tensiones, de igual magnitud, pero quedando desfasadas 120◦ entre sí.
Las expresiones instantáneas de estas tres tensiones se puede representar como:
2
Fraile Mora
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
66
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.9 Generacion trifásica
van = Vm cos(ωt + 0◦ ) V
van = Vm cos(ωt − 120◦ ) V
van = Vm cos(ωt + 120◦ ) V
Figura 1.10 Conexionen Y
El sistema de voltajes como fasores con referencia a Van y en valores eficaces es:
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
67
Van = Vf ∠0◦ V
Van = Vf ∠−120◦ V
Van = Vf ∠120◦ V
Las bobinas del estator pueden conectarse en conexión estrella (Y
ión triángulo (∆ (Delta)).
(a) Ideal
(Y e)) ó conex-
(b) No ideal
Figura 1.11 Conexion en estrella de las fuentes
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
68
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
(a) Ideal
(b) No ideal
Figura 1.12 Conexion en triangulo de las fuentes
Las tensiones de las fuentes pueden estar ordenadas en secuencia positiva o negativa.
1.2.1.1.
SECUENCIA DE FASE
Es el orden temporal en el cual los voltajes alcanzan sus respectivos valores máximos.
Es necesario reconocer la secuencia de fase que nos arroja la red más que todo en la
industria ya que utilizan equipos trifásicos. En el caso de los motores la secuencia
de fase de los voltajes determina el sentido de giro del campo magnético y por tanto
el sentido de rotación del motor.
Los instrumentos que permiten conocer la secuencia de voltajes se llama “secuencimetro”. Un método sencillo usado para determinar la secuencia de fase es
utilizando dos lámparas y un capacitor.
Secuencia positiva ó abc: Significa que el voltaje de la fase a adelanta a b y b
adelanta a c.
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
(a) Voltajes linea-neutro
69
(b) Voltajes linea-linea
Figura 1.13 Diagrama fasorial en secuencia positiva
Secuencia negativa ó cba: Significa que el voltaje de la fase c adelanta a b y b
adelanta a a.
(a) Voltajes linea-neutro
(b) Voltajes linea-linea
Figura 1.14 Diagrama fasorial en secuencia negativa
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
70
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
1.2.1.2.
Relación entre voltajes línea-neutro y voltajes línea-línea
Vab = Van − Vbn Ec 1
Vbc = Vbn − Vcn Ec 2
Vca = Vcn − Van Ec 3
En un sistema de voltajes balanceados se cumple que:
Van + Vbn + Vcn = 0 Ec 4
Van + Vbn + Vcn =
= Vf ∠0◦ + Vf ∠−120◦ + Vf ∠120◦
= Vf (1,0 − 0,5 − j − 0,866 − 0,5 + j0,866) = 0
Tambien se cumple que:
Vab + Vbc + Vca = 0 Ec 5
Es importante saber pasar de un sistema a otro, dependiendo de la secuencia. Con
las anteriores cinco ecuaciones, es posible pasar de un sistema a otro de forma
analítica o usando los diagramas fasoriales.
En secuencia positiva o abc.
Si se tienen los linea-neutro y se desean los linea-linea:
Vab =
Vbc =
Vca =
√
√
√
3∠30◦ ∗ Van
3∠30◦ ∗ Vbn
3∠30◦ ∗ Vcn
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
71
Demostracion
Vab = Van − Vbn = Vrms ∠0◦ − Vrms ∠−120◦
◦
h
◦
= Vrms ej0 − e−j120
i
= Vrms {1 − [cos(120◦ ) − j sin(120◦ )]{
√ #
√ #
"
"√
#
√
1
3
3 + j1
3+ 3
1+ +j
= Vrms
= 3
2
2
2
2
"
= Vrms
=
√
3Vrms [1∠30◦ ]
=
√
3Vrms ∠30◦
Si se tienen los linea-linea y se desean los linea-neutro:
1
Van = √ ∠−30◦ ∗ Vab
3
1
Vbn = √ ∠−30◦ ∗ Vbc
3
1
Vcn = √ ∠−30◦ ∗ Vca
3
De forma fasorial:
Es posible demostrar las relaciones usando el anterior triangulo, por el teorema del
coseno.
En secuencia negativa o cba.
Si se tienen los linea-neutro y se desean los linea-linea:
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
72
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
(a) Fasores individuales
(b) Diagrama de las ecuaciones
Figura 1.15 Diagrama fasorial de tensiones
Vab =
√
3∠−30◦ ∗ Van
Vbc =
√
3∠−30◦ ∗ Vbn
Vca =
√
3∠−30◦ ∗ Vcn
Si se tienen los linea-linea y se desean los linea-neutro:
1
Van = √ ∠30◦ ∗ Vab
3
1
Vbn = √ ∠30◦ ∗ Vbc
3
1
Vcn = √ ∠30◦ ∗ Vca
3
De forma fasorial:
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
(a) Fasores individuales
73
(b) Diagrama de las ecuaciones
Figura 1.16 Diagrama fasorial de tensiones
Example: Ejemplo: Determine el sistema línea-linea con secuencia negativa, donde
Vcn = 100∠−40◦ V .Realice el diagrama de los fasores. Example-fin:
Desarrollo:
Como es secuencia negativa, c adelanta a a y a adelanta a b
(a) Fasores individuales
(b) Diagrama de las ecuaciones
Figura 1.17 Diagrama fasorial de tensiones
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
74
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Van = 1∠120◦ ∗ Vcn = 100∠(−40 + 120) = 100∠80◦ V
Vbn = 1∠−120◦ ∗ Vcn = 100∠(−40 − 120) = 100∠−160◦ V
El sistema línea-linea será:
Vab =
√
√
√
3∠−30◦ ∗ Van = 3 ∗ 100∠(80◦ − 30◦ ) = 3 ∗ 100∠50◦ V
Vbc =
√
√
√
3∠−30◦ ∗ Vbn = 3 ∗ 100∠(160◦ − 30◦ ) = 3 ∗ 100∠130◦ V
Vca =
√
√
√
3∠−30◦ ∗ Vcn = 3 ∗ 100∠(−40◦ − 30◦ ) = 3 ∗ 100∠−70◦ V
Example: Ejemplo: Determine el sistema de tensiones trifásico línea-neutro si
se tiene un sistema de tensiones line-linea con secuencia positiva, partiendo de
Vbc = 220∠150◦ [V ] como referencia. Example-fin:
Desarrollo:
Como es secuencia positiva, Vab debe adelantar a Vbc :
Vab = 1∠120◦ ∗ Vbc = 220∠(150◦ + 120◦ − 360◦ ) = 220∠−90◦ V
Vca = 1∠−120◦ ∗ Vbc = 220∠(150◦ − 120◦ ) = 220∠30◦ V
El sistema línea-neutro será:
220
220
1
Van = √ ∠−30◦ ∗ Vab = √ ∠(−90◦ − 30◦ ) = √ ∠−120◦
3
3
3
220
220
1
Vbn = √ ∠−30◦ ∗ Vbc = √ ∠(150◦ − 30◦ ) = √ ∠120◦
3
3
3
1
220
220
Vcn = √ ∠−30◦ ∗ Vca = √ ∠(30◦ − 30◦ ) = √ ∠0◦
3
3
3
Ejercicio: Hacerlo para Vbc y Vca .
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
75
Figura 1.18 Diagrama fasorial
1.2.2.
CARGAS EN UN SISTEMA TRIFÁSICO
En un sistema trifásico pueden existir diferentes tipos de cargas.
* Cargas monofásicas conectadas a linea-neutro.
* Cargas monofásicas conectadas a linea-linea.
* Cargas trifásicas conectadas en estrella sin neutro.
* Cargas trifásicas conectadas en estrella con neutro.
* Cargas trifásicas conectadas en triangulo sin neutro.
Una carga trifásica se puede ver como un conjunto de tres cargas monofasicas. Si
son iguales decimos que es una carga balanceada, de lo contrario sera una carga
desbalanceada.
Cargas en estrella ó delta
Es posible convertir la conexión en Delta en estrella y la conexión estrella en Delta.
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
76
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.19 Cargas en un sistema trifasico
ZY 1 =
Z∆2 ∗ Z∆3
Z∆1 + Z∆2 + Z∆3
ZY 2 =
Z∆1 ∗ Z∆3
Z∆1 + Z∆2 + Z∆3
ZY 3 =
Z∆1 ∗ Z∆2
Z∆1 + Z∆2 + Z∆3
⇒ ZY =
Z∆ ∗ Z∆
Z∆
=
3 ∗ Z∆
3
Y se cumple:
Z∆ = 3 ∗ ZY
1.2.3.
SISTEMAS TRIFÁSICOS BALANCEADOS
Un sistema eléctrico trifásico donde las fuentes tiene la misma magnitud, igual frecuencia, desfasadas un ángulo igual, que alimenta un sistema de cargas balanceadas
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
(a) Carga en Y o estrella
77
(b) Carga en Delta o triangulo
Figura 1.20 Conexion de carga trifásicas
Figura 1.21 Conversión Estrella a triangulo y viceverza
por medio de una línea cuyas impedancias son iguales, decimos que es un sistema
trifásico balanceado.
Nota: Cualquier condición anterior que no se cumpla hace que el sistema sea desbalanceado.
Por ejemplo, veamos el sistema Y-Y balanceado.
Donde:
Zs : Impedancia serie de la fuente.
Zl : Impedancia de la línea.
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
78
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.22 Sistema Ye-Ye Balanceado
ZY : Impedancia de carga en conexión Y.
ZN : Impedancia del conductor de neutro.
1.2.3.1.
Tipos de conexiones en conexiones balanceadas
Figura 1.23 Sistema Trifásico
NOTA: En un sistema balanceado, generalmente se resuelve el equivalente monofásico para una fase cualquiera y luego se desfasan las demás fases de acuerdo a la
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
(a) Conexion Y-Y
79
(b) Conexion Y-D
Figura 1.24
(a) Conexion D-Y
(b) Conexion D-D
Figura 1.25 Tipos de conexiones
secuencia de las fuentes.
Para obtener el equivalente monofásico se obtiene el sistema línea-neutro de fuentes
y se obtienen las impedancias en conexión Y.
Veamos con un ejemplo, como resolvemos un ejercicio completo y luego usando el
equivalente monofásico.
Example: Ejemplo: En el circuito de la figura el generador se encuentra conectado en triangulo y se considera la impedancia serie por fase Zs = 2 + 1j Ω, donde
V0ab = 100∠0◦ [V ]; V0bc = 100∠−120◦ [V ]; y V0ca = 100∠120◦ [V ] . El generador alimenta un sistema de cargas balanceadas por medio de una línea cuya impedancia
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
80
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
es Zl = 5 + 2j Ω . La carga esta conformada por una carga trifásica balanceada
conectada en delta con impedancia por fase Z∆ = 10 + 8j Ω .
Calcule las corrientes de línea Ia , Ib , Ic
a) Usando el método de mallas completo
b) Usando el equivalente monofásico
Example-fin:
Figura 1.26 Figura del ejercicio
Desarrollo:
Por el método de mallas.
Figura 1.27 Figura del ejercicio
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
81
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
Planteando las ecuaciones en cada malla
V0ab = I1 (ZS + 2Zl + Z∆ − I2 Zl − I3 Z∆ − I4 ZS
V0ab = I2 (ZS + 2Zl + Z∆ − I1 Zl − I3 Z∆ − I4 ZS
0
Z∆
Z∆
(3Z∆ )
=
I1 +
I2 −
I3
Z∆
Z∆
Z∆
Z∆
0
ZS
ZS
(3ZS )
=
I1 +
I2 −
I4 = V0ab + V0bc + V0ca = 0
ZS
ZS
ZS
ZS
En forma matricial

−Zl
ZS + 2Zl + Z∆







−Zl
1
1
−Z∆ −ZS
ZS + 2Zl + Z∆ −Z∆
1
−3
1
0

 
I1

  
 I2 
−ZS 

·
 I3 
0 
I4
−3
100∠0◦
100∠−120◦ 

=




0
0


22 + 13j −(5 + 2j) −(10 + 8j) −(2 + j)
I1
100∠0◦
−(5 + 2j) 22 + 13j −(10 + 8j) −(2 + j) I 
100∠−120◦ 

  2



· =


 I3 


1
1
−3
0
0
1
1
0
−3
I4
0

  


Resolviendo:

 
5,6∠−59,05◦









I1
 5,6∠−119,1◦ 
I 


 2


 =
A


I3 
3,23∠−89,05◦ 


I4


3,23∠−89,05◦
Las corrientes de línea son:
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
82
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Ia = 5,6∠−59,05◦ A
Ib = I1 − I2 = 5,6∠−179,05◦ A
Ic = −I2 = 5,6∠60◦ A
Observen que las corrientes de línea tienen la misma magnitud y se encuentran
desfasadas 120◦ respetando la secuencia de fases de la fuente.
b) Desarrollo por medio del equivalente monofásico.
Vamos a hacer el equivalente monofásico para la fase a.
Hallamos Van .
!
Van
100
1
= Vab ∗ √ ∠−30◦ = √ ∠−30◦ [V ]
3
3
Las impedancias que estén en conexión delta, se pasan a conexión Y.
ZY =
(2 + 1j)
3
ZY =
(Z∆ )
(10 + 8j)
=
3
3
El circuito equivalente monofásico es:
Se resuelve:
Ia = 2+j 3
100
√ ∠−30◦
3
+ (5 + 2j) +
10+8j
3
= 5,6∠−59,05◦ A
Y las demás corrientes de las otras fases, se obtienen desfasando 120 grados con
respecto Ia , teniendo en cuenta la secuencia de fases de la fuente.
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
83
Figura 1.28 Circuito equivalente monofasico
Ib = Ia ∗ 1∠−120◦ = 5,6∠(−59,05◦ − 120◦ ) = 5,6∠−179,05◦ A
Ic = Ia ∗ 1∠120◦ = 5,6∠(−59,05◦ + 120◦ ) = 5,6∠60,95◦ A
Se comprueba con el resultado anterior.
Example: Halle las corrientes de línea Ia , Ib , Ic Example-fin:
Figura 1.29 Figura del ejercicio
Desarrollo:
Como el sistema es balanceado, usamos el equivalente monofásico para la fase a.
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
84
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.30 Equivalente monofásico
Ia =
(100∠0◦ )
= 6,81∠−21,8◦ A
(5 − 2j + 10 + 8j)
Y las demás corrientes de las otras fases, se obtienen desfasando 120 grados con
respecto Ia , teniendo en cuenta la secuencia de fases de la fuente.
Ib = Ia ∗ 1∠−120◦ = 6,81∠(−21,8◦ − 120◦ ) = 6,81∠−141,8◦ A
Ic = Ia ∗ 1∠120◦ = 6,81∠(−21,8◦ + 120◦ ) = 6,81∠98,2◦ A
NOTA: Observe que Ia +Ib +Ic = 0, por lo tanto en un sistema trifásico balanceado
es igual si tiene o no tiene el neutro. Es decir en un sistema balanceado el sistema
trifásico tetrafilar es igual al trifásico trifilar.
Example: Ejemplo 3 Se dispone de la red de la figura, alimentada por un sistema
simetrico de secuencia directa. Se sabe que la tensión en bornes de la carga en
estrella es 380 V (de linea). Tomando la tensión VR0 N 0 como referencia calcular: 1)
Magnitud de la tensión de la carga en triángulo. 2) Módulo de la tensión compuesta
a principio de la linea. Example-fin:
1.2.4.
Corrientes de fase en una carga en delta
Cuando la carga esta en delta, la corriente que pasa por la impedancia no coincide
con la corriente de línea.
Las corrientes por las cargas o de fase son:
3
Ejemplo 5.4 Fraile Mora
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
85
1.2. SISTEMAS TRIFÁSICOS
Figura 1.31 Figura del ejercicio
IAB =
VAB
Z∆
IBC =
VBC
Z∆
ICA =
VCA
Z∆
Las corrientes de linea son:
Ia = IAB − ICA
Ia = IBC − IAB
Ia = ICA − IBC
Los diagramas fasoriales de las anteriores ecuaciones son:
En secuencia positiva: Corriente de línea atrasa a corriente de fase en 30◦ .
En secuencia negativa: Corriente de línea adelanta a corriente de fase en 30◦
Example: Ejercicio propuesto: En un sistema trifásico balanceado, con Vab =
220V , se alimenta a una carga conectada en delta con Z∆ = 22∠0◦ Ω. a) Si la
secuencia de fases es positiva, determine las corrientes de fase y las corrientes de
línea, b) Repita el punto anterior, si la secuencia es negativa. Example-fin:
Desarrollo:
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
86
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.32 Corrientes en la carga en Delta
(a) En secuencia positiva
(b) En secuencia negativa
Figura 1.33 Diagrama fasorial
PENDIENTE POR DESARROLLAR.
1.3.
POTENCIA TRIFÁSICA
La potencia trifásica no es oscilante.
Considérese un carga trifásica conectada en Y , donde ZY = ZY ∠θ, las tensiones y
corrientes instantaneas son.
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
van =
vbn =
vcn =
√
√
√
√
87
2If cos(ωt − θ) V ;
2Vf cos(ωt + 0) V ;
ia =
2Vf cos(ωt − 120◦ ) V ;
ib =
√
2If cos(ωt − θ − 120◦ ) V ;
2Vf cos(ωt + 120◦ ) V ;
ic =
√
2If cos(ωt − θ + 120◦ ) V ;
La potencia trifásica instantanea es:
p = pa + pb + pc = van ia + vbn ib + vcn ic
= 2Vf If [cos(ωt) cos(ωt − θ)+
cos(ωt − 120◦ ) cos(ωt − θ − 120◦ ) + cos(ωt + 120◦ ) cos(ωt − θ + 120◦ )]
Aplicando la identidad: cosAcosB = 21 [cos(A + B) + cos(A − B)], se tiene:
p = Vf If [3 cos(θ) + cos(2ωt − θ) + cos(2ωt − θ − 240◦ ) + cos(2ωt − θ + 240◦ )]
Si α = 2ωt − θ
p = Vf If [3 cos(θ) + cos(α) + cos(α) cos(240◦ ) + sin(α) sin(240◦ ) + cos(α) cos(240◦ )
− sin(α) sin(240◦ )]
p = Vf If 3 cos θ + cos α + 2 −
1
cos α = 3Vf If cos θ = P3ϕ
2
Se observa que la potencia instantánea en un sistema balanceado sea en Y o Delta,
es constante, es decir no varía en el tiempo. Esta es una de las razones para generar
y distribuir energía por medio de sistemas trifásicos. La potencia por fase es un
tercio de la potencia total.
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
88
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
P3ϕ = 3Vf If cos(θ) = 3P1ϕ
Q3ϕ = 3Vf If sin(θ) = 3Q1ϕ
S1ϕ = Vf If =
q
S3ϕ = 3Vf If =
2
P1ϕ
+ Q21ϕ = |S1ϕ |
q
2
P3ϕ
+ Q23ϕ = |S3ϕ |
S3ϕ = P3ϕ ± j ∗ Q3ϕ = 3 ∗ Vf ∗ I∗f
1.3.0.1.
Potencia en función de voltaje y corriente de linea
Para cargas balanceadas, sea que las cargas estén en delta o estrella, la potencia
aparente trifásica se puede expresar como:
√
S3ϕ = 3 ∗ VL ∗ IL
(a) Para carga conectada en Y
(b) Para carga conectada en Delta
Figura 1.34 Conexion de las cargas
Para cargas en Y
Vf =
Reemplazando:
√
3VL
IL = If
S3ϕ = 3Vf If
√
VL
S3ϕ = 3 √ If = 3VL IL
3
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
89
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
Para carga en Delta
Vf = VL
IL =
√
3If
S3ϕ = 3Vf If
Reemplazando:
√
IL
S3ϕ = 3VL √ = 3VL IL
3
Donde, para cualquier caso:
S3ϕ =
√
3VL IL
P3ϕ =
√
3VL IL cos θ
Q3ϕ =
√
3VL IL sin θ
Se observa que esta ecuación se cumple sin importar si la carga esta conectada en
Y o en Delta en sistemas balanceados.
Example: Ejemplo: Una fuente trifásica balanceada conectada en ye, 120 V rms
con secuencia positiva es conectada a dos cargas trifásicas balanceadas conectadas
en paralelo. La carga 1 está conectada en ye con ZY = (30 + j40) Ω y la carga 2
está conectada en delta con Z∆ = (60 − j45) Ω. La impedancia de línea por fase
es Zlinea = (2 + j4) Ω. Determine a) La corriente de línea por fase, b) La potencia
activa y reactiva vista desde la fuente, c) El voltaje línea neutro medido en la carga
d) La corriente por fase en la carga ye y delta, e) La potencia total activa y reactiva
trifásica en cada carga y la línea. Example-fin:
Resolviendo, usando el equivalente monofásico
Zeq1 =
(30 + 40j)(20 − 15j)
= 22 − 4j Ω;
(30 + 40j + 20 − 15j)
Zeq = 2 + 4j + Zeq1 = 24 Ω
a)
Ia =
(120∠0◦ )
= 5∠0◦ A;
24
Ib = 5∠−120◦ A;
Ic = 5∠120◦ A
b) Sf = 3 ∗ Va ∗ I∗a = 3 ∗ (120∠0◦ )(5∠0◦ ) = 1800 V A = 1800 W
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
90
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.35 Figura del ejercicio
Figura 1.36 Equivalente monofásico
La fuente no debe entregar potencia reactiva al circuito. Q = 0V ar.
c) VAN = Ia ∗ Zeq1 = 5∠0◦ ∗ (22 − 4j) = 111,8∠−10,3◦ V
Entonces:
VBN = 111,8∠(−10,3◦ − 120◦ ) = 111,8∠−130,8◦ V
VCN = 111,8∠(−10,3◦ + 120◦ ) = 111,8∠109,7◦ V
d) Y las corrientes son:
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
IY A =
VAN
(111,8∠−10,3◦ )
=
= 2,23∠−63,43◦ A
ZY A
(30 + j40)
√
I(∆−AB)
91
VAB
=
=
Z∆
3∠30◦ ∗ 111,8∠−10,3◦
= 2,58∠56,57◦ A
60 − j45
e)
Carga 1: P = 3 ∗ 30 ∗ (2,23)2 = 448W ; Q = 3 ∗ 40 ∗ (2,23)2 = 598V Ar.
Carga 2: P = 3 ∗ 60 ∗ (2,58)2 = 1202W ; Q = 3 ∗ 45 ∗ (2,58)2 = −898V Ar.
Linea : P = 3 ∗ 2 ∗ 52 = 150W ; Q = 3 ∗ 4 ∗ 52 = 300V Ar.
Al realizar las sumas debe ser equivalente a lo que entregan las fuentes.
Example: Ejemplo 4 Un sistema trifásico de tres hilos con un voltaje de linea de
176.8 V, alimenta dos cargas balanceadas, una en delta con Z∆ = 15∠0◦ Ω y la
otra conectada en estrella con ZY = 10∠30◦ Ω. Obtenga la potencia total.
Primero convierta la carga en Delta a Y, y use el equivalente monofasico para
obtener las corrientes de linea. Tome Vbc como referencia. Example-fin:
Figura 1.37 Equivalente monofasico
4
Ejercicio 11.8 Circuit´s Book
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
92
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
IL =
144,3∠0 144,3∠0
+
= 42,0∠−9,9◦ A
5∠0◦
10∠30◦
Entonces:
P =
√
√
3VL IL cos θ = 3(176,8)(29,7) cos 9,9◦ = 8959W
Example: Ejemplo 5 Una carga balanceada conectada en Delta, con Z∆ = 9∠−30◦ Ω
y una carga balanceada conectada en Y, con ZY = 5∠45◦ Ω, son alimentadas por
un sistema trifásico, de secuencia ABC, con voltaje de linea 480 V. Obtener las
corrientes de linea, usando el metodo de equivalente monofasico. Tome Vbc como
referencia. Example-fin:
Figura 1.38 Figura del ejercicio
Respuesta: IA = 168,9∠93,36◦ A, IB = 168,9∠−26,64◦ A,IC = 168,9∠−146,64◦ .
Example: Ejemplo: Un motor trifasico puede ser considerado como una carga trifasica conectada en Y. Un motor trifásico consume 5.6 kW cuando el voltaje de
linea es 220 V y la corriente de linea es de 18.2 A. Determine el factor de potencia
del motor. Example-fin:
Example: Ejemplo:Calcule la corriente de linea requerida por un motor trifasico
de 30 kW, teniendo un factor de potencia de 0.85 en atraso, si esta conectada a
una fuente trifásica balanceada con voltaje de linea de 440 V. Example-fin:
5
Ejercicio 11.22 Circuit´s Book
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
93
Example: Ejemplo: Una carga conectada en triangulo de valor Z∆ = 12∠30◦ Ω y
una carga de valor ZY = 5∠45◦ Ω Example-fin:
Desarrollo:
Primero se transforma la carga en triangulo a su equivalente en Y.
Zeq−Y =
12∠30◦
Z∆
=
= 4∠30◦ Ω
3
3
Se determina la impedancia equivalente:
Zeq =
4∠30◦ ∗ 5∠45◦
= 2,24∠36,62◦ Ω
4∠30◦ + 5∠45◦
Se puede calcular la corriente tomada de la fuente:
IL =
Vf
VL
208
=√
=√
= 53,57 A
Zeq
3Zeq
32,24
Se tiene todo para calcular las potencias:
θ = θZ = 36,62◦
f p = cos θ = 0,8 (atrasada)
P3ϕ =
Q3ϕ =
S3ϕ =
√
√
√
3VL IL cos θ =
3VL IL sin θ =
3VL IL =
√
√
3(208)(53,57) cos 36,62 = 15490 W
3(208)(53,57) sin 36,62 = 11512 V Ar
√
3(208)(53,57) = 19294 V A
Example: Ejemplo: El motor es de 10 HP , con una eficiencia de 85 % y un factor
de potencia de 0,8 alimentado a 440 V. Halle la corriente rms que circula por las
fases. Example-fin:
Desarrollo:
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
94
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.39 Figura del ejercicio
Pout = 10HP ∗ 746 = 7460W
Pin =
Pout
7460
=
= 8776,5 W
η
0,85
Pin
8776,50
IL = √
= √
= 14,4 A
( 3 ∗ VL ∗ f p)
( 3 ∗ 440 ∗ 0,8)
Example: En una planta se desea conocer el calibre de los conductores de los circuitos ramales y el valor de las protecciones. El transformador es de 13200V /208 −
120V . Llene los datos faltantes de la tabla. Figura 01: Bosquejo de la organización
de la planta. Example-fin:
Figura 1.40 Organizacion de la planta
Llene los datos faltantes de la tabla:
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
95
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
Carga
Fases
Motor 1
Motor 2
Motor 3
Motor 4
Motor 5
T.Ilum
T.Tomas
tablero 1
Tablero 2
2
2
2
3
1
3
3
3
3
P
out[HP]
4
7
8
18
3
N/A
N/A
N/A
N/A
Envio
Recibo
Tablero 1
Motor 1
Tablero 1
Motor 2
Tablero 2
Motor 3
Tablero 2
Motor 4
Tablero 2
Motor 5
Tab. Principal Iluminacion
Tab. Principal
T.Tomas
Tab. Principal Tablero 1
Tab. Principal Tablero 2
1.3.1.
P
int [kW]
η
%
80
85
75
80
90
8
4
fp
S
I
[kVA] [A]
Calib
[AWG]
Prot
[A]
0.9
0.95
0.85
0.85
0.83
0.9
0.8
longitud[m] Calibre R[Ω/km] Regulacion[ %]
12
12
12
12
20
35
35
20
20
CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
La corrección del factor de potencia para cargas trifásicas es como corregir el el
factor de potencia para cada carga individual. Por lo tanto los calculo es posible
hacerlos por fase, usando la misma tecnica vista en el capitulo X, seccion Y. El
conjunto de 3 capacitores, se le conoce como bateria de capacitores.
Valor de la bateria si se conecta en estrella:
C1−Y =
P1ϕ (tan θ1 − tanθ2 )
ωVf2
Valor de la bateria si se conecta en triangulo:
C1−∆ =
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
P1ϕ (tan θ1 − tanθ2 )
ωVL2
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
96
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Observe que la diferencia esta en el voltaje que queda aplicado en cada condensador. Si la bateria se dice que se va a conectar en Ye, el voltaje seria el voltaje de
fase (simple). Si el la bateria se dice que se va a conectar en triangulo, el voltaje
seria el voltaje de linea (compuesto).
Example: Ejemplo 6 El circuito de la figura esta formado por dos cargas trifásicas
equilibradas en parelelo. La carga 1 consume 5 kW conun factor de potencia cos ϕ =
0,8 y la carga 2 una potencia de 8 kW. La tensión de linea es de 380 V, la frecuencia
de 50 Hz y el amperimetro señala 22 A. Example-fin:
a) Calcular el factor de potencia de la carga 2.
b) la carga 1 está formada por tres impedancias Z1 conectadas en estrella, mientras que la carga 2 lo está por tres impedancias Z2 conectadas en triangulo.
Calcular los valores de Z1 y Z2 .
c) Calcular la bateria de condensadores conectados en triangulo necesaria para
que el factor de potencia del conjunto sea la unidad.
d) Ontener el valor eficaz de las corrientes de fase de cada una de las cargas.
Example: Ejemplo: Determine las corrientes de línea, el factor de potencia de la
carga total y el valor del capacitor que se conectaría entre línea y neutro para
corregir el factor de potencia a 0.95 en atraso. Sea Vac = 220∠0◦ [V ] Secuencia
positiva y f = 60 Hz. Example-fin:
Respuesta:
Vca = 220∠180◦ [V ];
Vab = 220 ∗ ∠60◦ [V ];
Vbc = 220∠−60◦ [V ]
Usando el equivalente monofásico para hallar Ia .
200000
150000
∠cos−1 (0,75) +
∠cos−1 (0,8) = 133,23∠38,57◦ kV A
Seq =
3
3
Ia =
6
Seq
Van
!∗

∗
133,23∠38,57◦ 
=
= 1049∠−8,57◦ [A]
220
√ ∠30◦
3
Ejemplo 3.20 Usaola
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
97
Figura 1.41 Figura del ejercicio
Como es secuencia positiva:
Ib = 1049∠−128,57◦ A;
Ic = 1049∠111,4 [A]
b) f p = cos(38,57◦ ) = 0,78(i)
c) Qc = P (tan θ1 ˘ tan θ2 ) = 104160 ∗ (tan 38,57◦ − tan 18,2◦ ) = 48606,54 V A
Ahora despejando:
C=
Qc
48606,54
= 2
= 8 mF (porf ase)
2
220
ωV
√
∗ 2 ∗ π ∗ 60
3
Example: Ejemplo 7 Cada fase de una carga trifásica conectada en estrella tiene
25 Ω de resistencia y 0.1 H de inductancia, calcular: Example-fin:
a) la corriente de línea, la potencia abosrbida y el factor de potencia cuando
esta carga se conecta a una red trifásica de 50 Hz, 415 V.
b) La capacidad por fase de un grupo de condensadores conectados e triangulo
que eleven el factor de potencia a la unidad y la potencia reactiva correspondiente en los mismos.
7
Ejemplo 5.14 Fraile Mora
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
98
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.42 Figura del ejercicio
Example: Ejemplo 8 En el sistema trifásico equilibrado representado en la figura,
las lecturas de los aparatos de medida son: voltiemtro V = 400 V; amperímetro A
= 10 A. La potencia activa suministrada por la fuente (ideal) es de 5500 W y la
línea que une la fuente con la red es puramente inductiva de reactancia X = 2 Ω.
Determínese: Example-fin:
a) Potencia activa, reactiva y aparente y consumida por la carga.
b) La impedancia por fase de la carga (módulo y argumento), si ésta está por
tres impedancias conectadas en triangulo.
c) El valor de la bateria de condensadores, conectados en triangulo, que es necesario poner en los bornes abc para que el factor de potencia del conjunto
carga-bateria de condensadores sea puramente resisitivo. (f = 50 Hz).
d) La potencia activa y reactiva generadas por la fuente con la bateria de condensadores (calculada en el apartado anterior) conectada.
Desarrollo: a)
8
Ejemplo 3.1 Usaola
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
99
Figura 1.43 Figura del ejercicio
S3ϕ−F uente =
Q3ϕ−F uente =
√
q
3 ∗ 400 ∗ 10 = 6928,2V A
2
2
(S3ϕ
− P3ϕ
)=
q
(6928,2)2 − (5500)2 = 4213,1V Ar
Q3ϕ−Linea = 3 ∗ 2 ∗ (10)2 = 600V Ar
Q3ϕ−Carga = Q3ϕ−F uente − Q3ϕ−Linea = 4213,1 − 600 = 3613V Ar
Como la línea no tiene parte resistiva: P3ϕ−Carga = P3ϕ−F uente = 5500W
Por tanto: S3ϕ−Carga =
q
2
(P3ϕ
+ Q23ϕ ) =
q
(5500)2 + (3613)2 = 6580,56V Ar
El ángulo de factor de potencia es:
θ = tan−1
QF
PF
= 37,45◦
El factor de potencia es: f p = cos(37,45◦ )(atraso) = 0,794 atraso
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
100
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
b)
Figura 1.44 Circuito equivalente monofasico
Si tomamos el voltaje Vab como referencia:
400
Va0 n = √ ∠−30◦ = 230,94∠−30◦ V
3
Por tanto:
IA = 10∠(−30 − 37,45◦ ) = 10∠−67,45◦
Zeq =
Va0 n
(230,94∠−30◦ )
=
= 23,09∠37,45◦
IA
(10∠−67,45◦ )
Zcarga = Zeq − 2j = 21,93∠33,3◦ Ω
Si la carga esta en Delta:
ZCarga−∆ = 3 ∗ ZCarga−Y = 65,8∠33,3◦ Ω
Otra forma:
(5500 + 3613j)
= 2153,92∠33,3◦ [V A]
3
La magnitud de la corriente en la carga en Delta, será:
S1ϕ−Carga =
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
101
IA
10
Iab = √ = √ [A]
3
3
Entonces la impedancia será:
ZCarga−∆ =
(2153,92∠33,3◦ )
10
√
3
2
= 65,8∠33,3◦
c) La batería de condensadores debe compensar los reactivos de la carga que son
3613V Ar, pero deben ser instalados en los nodos abc, por tanto debemos calcular
el voltaje en estos nodos.
Figura 1.45 Equivalente monofasico
Van = Va0 n − ∆Vlinea = 230,94∠−30◦ − (10∠−67,45◦ ) ∗ 2j = 219,35∠−34,15◦ V
También:
Van = I ∗ Zcarga = (10∠−67,45◦ ) ∗ (21,93∠33,3◦ ) = 219,35∠−34,15◦ V
Como los capacitores se conectán en triángulo, quedarán al voltaje de línea.
√
Vab = 3 ∗ 219,35∠−34,15◦ + 30◦ = 380∠−4,15◦ V
Los tres capacitores deben compensar 3613 VAr, por tanto cada capacitor tiene un
valor de:
C=
Qc
3
(ωV 2 )
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
=
3613
= 26,54 [µF ]
(3 ∗ 2 ∗ π ∗ 50 ∗ (380)2 )
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
102
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
d) Con los capacitores la corriente se modifica, se debe calcular
Los capacitores a 50Hz y formando un modelo monofásico se tiene:
Figura 1.46 Figura del ejercicio
Zc = −j
ZCarga−eq =
1
3ωC
= −40j Ω
((−40j) ∗ 21,93∠33,3◦ )
= 26,24 + 0j = 26,24∠0◦ Ω
(−40j + 21,93∠33,3◦ )
Observemos que efectivamente el capacitor compenso la parte reactiva de la impedancia.
Zeq = ZCarga−eq + Zlinea = 26,24 + 2j = 26,24∠0◦ Ω
Considerando que se mantiene la tensión en el generador, la corriente que sale del
generador por la fase A será:
Va0 n
(230,94∠−30◦ )
Ia =
=
= 8,77∠−34,41◦ A
◦
Zeq
(26,316∠4,41 )
La potencia en la fuente será:
S3ϕ−F = 3 ∗ V0a ∗ I∗A = 3 ∗ (230,94∠−30◦ ) ∗ (8,77∠−34,41◦ )∗
S3ϕ−F = 6076,03∠4,41◦ = 6058,04 + 467,2j V A
Otra forma:
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
103
P3ϕ = 3 ∗ I 2 ∗ R = 3 ∗ ((8,77)2 ) ∗ 26,24 = 6054,6 W
Q3ϕ = 3 ∗ I 2 ∗ X = 3 ∗ ((8,77)2 ) ∗ 2 = 461,47 V Ar
Reflexión:
Con qué voltaje quedo el nodo a:
Van = I ∗ Zcarga = (8,77∠−34,41◦ ) ∗ (26,24∠0◦ ) = 230,12∠−34,41◦ [V ]
Se observa que cambio el voltaje en el nodo a, lo cual se espera que los capacitores
ayuden a subir la tensión el nodo donde se instalen.
Antes estaba en 219.35 V y ahora quedo en 230.12 V. Subió efectivamente.
Pero entonces la potencia reactiva que genera, ¿Cuál es?
√
Qc = 3ωCV 2 = 3 ∗ 2 ∗ φ ∗ 50 ∗ ( 3 ∗ 230,12)2 = 3973,76V Ar
Observe que antes se querían compensar 3613V Ar, pero ahora aparecen 3973,76V Ar
que está compensando, pero veamos la carga cuanto se está consumiendo en reactivos con este nuevo voltaje.
Q3ϕ−Carga =
(3 ∗ (230,12)2 )
= 3977,4V Ar
21,93 ∗ sen(33,3◦ )
Y la potencia activa?
P3ϕ−Carga
(3 ∗ (230,12)2 )
=
= 6055,02V Ar
21,93 ∗ cos(33,3◦ )
NOTA: En este caso se conservó el voltaje de la fuente, por eso variaron el resto
de parámetros.
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
104
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
1.3.2.
MEDICIÓN DE POTENCIA TRIFÁSICA
1) Para cargas balanceadas con acceso al neutro, un vatímetro.
Figura 1.47 Medicion de potencia trifasica-Un vatimetro
P3ϕ = 3 ∗ W1 ;
S3ϕ =
√
3 ∗ VL ∗ IL ;
2) Para cargas balanceadas sin acceso al neutro, un solo vatímetro. Neutro ficticio.
Figura 1.48 Medicion de potencia trifasica-Un vatimetro-neutro ficticio
P3ϕ = 3 ∗ W1 ;
S3ϕ =
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
√
3 ∗ VL ∗ IL ;
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
105
3) Para cargas balanceadas y desbalanceadas, con tres vatímetros.
Figura 1.49 Medicion de potencia trifasica-Tres vatimetros
S3ϕ = Van ∗ Ia + Vbn ∗ Ib + Vcn ∗ Ic ;
P3ϕ = (W1 + W2 + W3 );
4) Para cargas balanceadas y desbalanceadas sin acceso al neutro, con dos vatímetros. (Teorema de Blondell)
S3ϕ = Sa + Sb + Sc = Van ∗ I∗an + Vbn ∗ I∗bn + Vcn ∗ I∗cn
Si la carga es balanceada o desbalanceada sin neutro:
Ian + Ibn + Icn = 0
Opción a). Si Ian = −Ibn − Icn
S3ϕ = Van ∗ (−I∗bn − I∗cn ) + Vbn ∗ I∗bn + Vcn ∗ I∗cn = I∗bn (Vbn − Van ) + I∗cn (Vcn − Van )
S3ϕ = I∗bn Vba + I∗cn Vca = P3ϕ + jQ3ϕ
Opción b). Si Ibn = −Ian − Icn
S3ϕ = Vab I∗a + Vcb I∗b
Opción c). Si Icn = −Ian − Ibn
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
106
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
S3ϕ = Vac I∗a + Vbc I∗b
Tenemos tres opciones posibles para conectar los 2 vatímetros.
Figura 1.50 En fase a y c
(a) En fase a y b
(b) En fase b y c
Figura 1.51 Medicion de potencia trifasica-dos vatimetros
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
107
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
Veamos la opción "b".
W1 = <{Vab I∗a } = Vab IA cos(θVab − θIa )
W2 = <{Vcb I∗b } = Vcb IB cos(θVcb − θIb )
P3ϕ = <{S3ϕ } = W1 + W2
Demostrando para secuencia positiva:
P3ϕ = VL IL [cos(θZ + 30◦ ) + cos(θZ − 30◦ )]
Usando la identidad:
cos(a+b) = cos(a) cos(b)−sin(a) sin(b) y
cos(a−b) = cos(a) cos(b)+sin(a) sin(b)
P3ϕ = VL IL [2 cos(θZ ) cos(30◦ )] = 2 cos(30◦ )VL IL cos(θZ ) =
√
3VL IL cos(θZ )
Y se puede demostrar que:
W2 − W1 = VL IL sin(θZ )
Por tanto, para secuencia positiva:
Q3ϕ =
tan θ =
√
3 ∗ (W2 − W1 )
√ W2 − W1
QT
= 3
PT
W2 + W1
Para saber como es el factor de potencia, se observa la siguiente tabla resumen:
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
108
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Secuencia W1 W2 Relación
N/A
>0 >0 W1 = W2
(+)
>0 >0 W1>W2
(+)
>0 >0 W1<W2
(+)
>0 <0
N/A
(+)
<0 >0
N/A
(-)
>0 >0 W1>W2
(-)
>0 >0 W1<W2
(-)
>0 <0
N/A
(-)
<0 >0
N/A
Tipo de carga
Angulo
Carga resistiva
θ=0
Carga capacitiva -60<θ<0
Carga inductiva
0<θ<60
Carga capacitiva -90<θ<-60
Carga inductiva 60<θ<90
Carga inductiva
0<θ<60
Carga capacitiva -60<θ<0
Carga indcutiva 60<θ<90
Carga capacitiva -90<θ<-60
Example: Ejemplo: Una carga trifásica tiene una impedancia por fase de Z =
24 + 18j alimentada por una fuente trifásica de VL = 208 V. Calcule la lectura de
los vatímetros.Example-fin:
a) Tres vatímetros y fuente en secuencia (+)
b) Dos vatímetros y fuente en secuencia (+)
c) Dos vatímetros y fuente en secuencia (-)
d) Verifique el cálculo de potencia trifásica total
Desarrollo:
Figura 1.52 Con tres vatímetros
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
S3ϕ = 3 ∗ S1ϕ
2082
=3∗
24 − j18
109
!
= 4323,4∠36,86◦ = 3459,16 + j2593,44 V A
a) Lectura de los tres vatímetros, sec(+):
Vab = 208∠0 V ;
Van = 120∠−30 V ;
Vbc = 208∠−120 V ;
Vbn = 120∠−150 V ;
Vca = 208∠120 V ;
Vcn = 120∠90 V ;
Usando el equivalente monofásico:
Ia =
Van
120∠−30
= 12∠−66,86◦ A
=
ZY
10∠36,86
Ib = 12∠−66,86 − 120 = 12∠−186,86◦ A
Ic = 12∠−66,86 + 120 = 12∠53,14◦ A
La lecturas de los vatímetros es:
W 1 = <{Van I∗a } = Van Ia cos(θVan − θIa ) = 1153 W
W 2 = <{Vbn I∗b } = Vbn Ib cos(θVbn − θIb ) = 1153 W
W 3 = <{Vcn I∗c } = Vcn Ic cos(θVcn − θIc ) = 1153 W
Por lo tanto:
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
110
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
P3ϕ = W 1 + W 2 + W 3 = 3459 W
S3ϕ =
√
Q3ϕ =
3VL IL =
q
√
3(208)(12) = 4323,2 V A
(4323,22 − 34592 ) = 2593,32 V Ar
b) Usando dos vatímetros, sec(+):
Conectando el vatimetro W1, en la fase a, y el vatímetro W2 en la fase c.
Figura 1.53 Con dos vatímetros
W 1 = <{Vab I∗a } = Vab Ia cos(θVab − θIa ) = 980,87 W
W 2 = <{Vcb I∗c } = Vcb Ic cos(θVcb − θIc ) = 2478,13 W
Por lo tanto:
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
111
P3ϕ = W 1 + W 2 = 3459 W
Q3ϕ =
S3ϕ =
√
q
3(W 2 − W 1) =
√
3(2478,13 − 980,87) = 2593,33 V Ar
(34592 + 2593,332 ) = 4323,2 V A
c) Usando dos vatímetros, sec(-):
Vab = 208∠0 V ;
Van = 120∠30 V ;
Vbc = 208∠120 V ;
Vbn = 120∠150 V ;
Vca = 208∠−120 V ;
Vcn = 120∠−90 V ;
Usando el equivalente monofásico:
Ia =
120∠30
Van
=
= 12∠−6,86◦ A
ZY
10∠36,86
Ib = 12∠−6,86 + 120 = 12∠113,14◦ A
Ic = 12∠−6,86 − 120 = 12∠−126,86◦ A
La lecturas de los vatímetros es:
W 1 = <{Vab I∗a } = Vab Ia cos(θVab − θIa ) = 2478,13 W
W 2 = <{Vcb I∗c } = Vcb Ic cos(θVcb − θIc ) = 980,87 W
Por lo tanto:
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
112
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
P3ϕ = W 1 + W 2 = 3459 W
Q3ϕ =
S3ϕ =
√
q
3(W 1 − W 2) =
√
3(2478,13 − 980,87) = 2593,33 V Ar
(34592 + 2593,332 ) = 4323,2 V A
Example: 9 La carga trifásica balanceada de la figura tiene una impedancia por
fase de ZY = 8 + j6 Ω. Si la carga esta conectada a una fuente trifásica de 208 V
de linea, prediga la lectura de los vatimetros W1 y W2 . Encuente la potencia total
PT y QT . Example-fin:
Respuesta: W 1 = 980,48 W ; W 2 = 2478,1 W
Example: 10 Si la carga de la figura esta conectada en delta con impedancia por
fase de Zf = 30 − j40 Ω y VL = 440 V, prediga la lectura de los vatimetros W1 y
W2 . Calcule PT y QT . Example-fin:
Respuesta: W 1 = 6166W ; W 2 = 802,1W ; PT = 6968W y −9291V Ar
Example: 11 El método de los vatímetros produce la lectura P1 = 1560 W y
P2 = 2100 W , donde la carga esta conectada en delta. Si VL = 220 V. Calcule:
Example-fin:
a) Potencia activa y reactiva por fase
b) factor de potencia
c) Impedancia por fase de la carga
Desarrollo:
9
Ejemplo 12.15 Sadiku 4Ed
Ejercicio propuesto 12.15 Sadiku 4 Ed
11
Ejemplo: Ejemplo 12.14 Sadiku
10
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
Pp =
Qp =
113
(1560 + 2100)
3660
(W1 + W2 )
=
=
= 1220 W
3
3
3
√
3∗
θ = tan
(W2 − W1 ) √
(2100 − 1560)
= 3∗
= 311,76 V Ar
3
3
Q3ϕ
P3ϕ
−1
!
= 14,33◦
f p = cos(14,33◦ ) = 0,968 ↓
Decimos que esta en atraso porque P2 > P1
Z∆ =
Example:
12
(Vp2 )
(220)2
=
= 38,44∠14,33 Ω
S∗
(1259∠14,33)∗
Ejemplo 12.13 Sadiku 4 Ed Ingles. Example-fin:
Example: 13 El metodo de los vatimetros producen las lecturas P1 = 1560 W y
P2 = 2100 W cuando estan conectados a una carga en delta. Si el voltaje de linea
es de 220 V, calcule: Example-fin:
a) Potencia promedio por fase
b) Potencia reactiva por fase
c) Factor de potencia
d) Impedancia por fase
Ver libro
12
13
Ejemplo 12.13 Sadiku 4 Ed Ingles.
Ejemplo 12.14 Sadiku 4 Ed
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
114
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Example: 14 El voltaje de linea es VL = 208 V y la lectura de los vatimetros del
sistema balanceados son: P1 = −560 Wm y P2 = 800 W, Determine: Example-fin:
a) Potencia promedio total
b) Potencia reactiva total
c) Factor de potencia
d) Impedancia por fase
e) Es la impedancia capacitiva o indcutiva?
Respuesta: a) 240 W, b) 2355.6 FAr, c) 0.1014, d) 18,25∠84,18◦ Ω
Example: Ejemplo 15 En la figura se representa un sistema trifásico equilibrado
en tensiones y en cargas. La carga 1 se alimenta a través de una línea de resistencia
mH. El voltímetro V2 mide 360 V. Se pide:
R = 0.5 Ω y una inductancia L = 10
π
Example-fin:
a) Lectura de los vatímetros W1 , W2 y W3 .
b) Lectura del voltimetro V1 y cos ϕ del generador.
14
15
Ejercicio propuesto 12.14 Sadiku 4 Ed
Ejemplo 3.22 Usaola
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
115
Figura 1.54 Figura del ejercicio
Example:
16
Example: 17 Un sistema trifásico de tres hilos, con voltaje de línea de 176.8 V,
alimenta dos cargas balanceadas, una en delta con Z∆ = 15∠0◦ Ω y la otra en
ye con ZY = 10∠30◦ Ω. a) Obtener la potencia total b) Obtenga la potencia, por
medio de la lectura de dos vatímetros ubicados correctamente. Example-fin:
Desarrollo:
Usando el equivalente monofásico:
Ia =
(144,3∠0◦ ) (144,3∠0◦ )
+
= 42∠−9,9◦ [A](pico)
(5∠0◦ )
(10∠30◦ )
a)
P3ϕ =
16
17
√
3 ∗ 176,8 ∗ 29,7 cos(9,9) = 8959 W
Ver libro de Fraile Mora, seccion 5.8
Ejemplo 11.8 del Circuits Book.
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
116
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
b)
W1 = VL IL cos(θZ + 30) = 176,8 ∗ 29,7 ∗ cos(−9,9◦ + 30◦ ) = 4028 W
W2 = VL IL cos(θZ − 30) = 176,8 ∗ 29,7 ∗ cos(−9,9 − 30) = 4931 W
P3ϕ = W1 + W2 = 8959 W
Example: Ejemplo 18 : Dos cargas balanceadas conectadas en delta, com impedancias 10∠−60◦ Ω y 18∠45◦ , respectivamente, son conectados a un sistema trifasico
con voltaje VBC = 212,1∠0◦ [V pico]. Obtener la potencia por fase de cada carga.
Despues usando el metodo de equivalente monofasico para obtener la corriente de
linea, calcule la potencia total y compare con la suma de las potencia por fase.
Example-fin:
Respuesta: 562.3 W; 883.6W; 4337.5W = 3(562.3W)+3(883.6W)
Example: Ejemplo 19 : En el problema 11.5, una carga balanceada conectada en
delta con Z = 20∠45◦ Ω consume 8.65 A en corrientes de linea para un voltaje de
100 V, ambos valores pico. Encuentre la lectura de los dos vatimetros usados para
medir la potencia promedio total. Example-fin:
Respuesta: 111.9 W; 417.7 W.
Example: Ejemplo 20 : Obtenga la lectura de dos vatimetros en el sistema trifasico
de tres hilos teniendo un voltaje efectivo de linea de 240 V y una carga balanceado
conectada en delta con impedanica 20∠80◦ Ω Example-fin:
Respuesta: -1706 W; 3206 W
Example: Ejemplo 21 : Un sistema trifasico equilibrado de frecuencia 50 Hz tiene
las siguientes tensiones de linea: Vab = 433∠0◦ V, Vbc = 433∠−120◦ V, Vca =
18
11.32 Circuit´s book
11.33 Circuit´s book
20
11.34 Circuit´s book
21
3.26 Usaola
19
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
117
433∠120◦ V. Este sistema alimenta una carga trifasica en estrella de impedancia
por fase Z = 8 + j6 Ω Example-fin:
a) Calcular las intensidades de linea en modulo y fase.
b) Dibujar como se colocarian los vatimetros para medir la potencia activa y
reactiva que cede la fuente (elegir los metodos que se prefieran), y deducir
cuanto marca cada uno de ello.
c) Se desea compensar el factor de potencia de la carga colocando en paralelo
una bateria de condensadores en triangulo hasta que el factor de potencia sea
la unidad. Calcule la capacidad por fase de esta bateria.
d) Repetir los apartados a) y b) con los condesadores conectados.
Example: Ejemplo 22 : En la figura se representa un circuito trifasico equilibrado
en carga y de secuencia directa, siendo la tension de linea en el generador supuesto
ideal 220 V ( eficaz).
ZL = 1 + j Ω, Z1 = 10(3 − j) Ω, Z2 = 10(2 + j) Ω. Example-fin:
la frecuencia es de 50 Hz. Se pide:
a) Intensidad de linea en el generador.
b) Tension de fase en cada una de las cargas.
c) Intensidad de linea en cada una de las cargas.
d) Potencia activa y reactiva consumida por cada carga.
e) Dibujar donde se colocaria un vatimetro para medir la potencia reactiva consumida por el conjunto de ambas cargas indicando lo que marcaria dicho
vatimetro.
f) Potencia perdida en la linea.
g) Indicar la capacidad por fase de la bateria de condensadores que deberia
colocarse en triangulo, en paralelo con la carga conjunto de ambas, para que
el total presentase cos φ = 1.
h) Repetir el proceso anterior si se conectase en estrella.
22
3.2 Usaola
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
118
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Example: Ejemplo 23 : En el sistema trifasico equilibrado de secuencia directa
indicado en la figura, las lecturas de los aparatos de medida son respectivamente
V1 = 2 kV; V2 = 1,8 kV; A = 40 A; W = 40 kW. Determinar: Example-fin:
a) Factor de potencia de la carga e impedancia de carga si esta conectada en
triangulo.
b) Reactancia X de la linea.
c) Capacidad por fase de la bateria de condensadores, en triangulo, que conectada en paralelo con la carga haga que el conjunto carga-condensadores tenga
un factor de potencia unidad (f = 50 Hz).
d) Lectura de los aparatos de medida despues de colocar la bateria de condensadores si se mantiene la tension V1 del generador.
Example: Ejemplo 24 : En el sistema trifasico equilibrado de secuencia directa de
la figura se pide: Example-fin:
a) Lectura del vatímetro W2 y la tension de alimentacion si la lectura del vatimetro W1 es 150 W.
b) Lectura de los vatímetros cuando se abre el interruptor K y se mantiene las
tensiones de alimentacion.
23
24
3.14 Usaola
3.17 Usaola
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
119
Figura 1.55 Figura del ejercicio
Example: Ejemplo 25 : El circuito de la figura esta constituido por dos cargas
trifasicas equilibradas, alimentadas por una red trifasica equilibrada de tension de
linea U = 380 V. La carga 1 consiste en tre impedancias conectadas en estrella
y la carga 2 en otras tres impedancias conectadas en triangulo. La red suministra
unicamente potencia activa. Las lecturas de los aparatos de medida son A1 = A2 =
8,776 A y W1 = W2 = 1155,2 W. Se pide:
Example-fin:
a) Calcular los valores Z1 y Z2 e indicar si son inductivas o capacitivas.
b) La intensidad I.
c) Se desea medir la potencia activa y reactiva de la red, y se dispone para ello
de un vatimetro. Dibujar como se debe conectar para cada tipo de medida y
deducir cuanto marcaria en las conexiones.
Example: Ejemplo 26 El circuito de la figura muestra un sistema trifásico en el
que el generador ideal proporciona un sistema de tensiones de línea equilibrado y
de secuencia directa de 50 Hz de frecuencia. El amperímetro señala 10 A. Las dos
cargas son inductivas y Z = 1 + j3 Ω. Calcular: Example-fin:
a) Tensión señalda por el voltimetro
25
26
3.24 Usaola
3.9 Usaola
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
120
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
b) Valor de la bateria de condensadores, conectada en triangulo que dispuesto
en a´b´c´compensan el factor de potencia del conjunto a 0.9 capacitivo.
c) Lectura de los vatimetros W1 y W2 .
Figura 1.56 Figura del ejercicio
Desarrollo:
a) Realizamos un equivalente monofásico del circuito:
Figura 1.57 Figura del ejercicio
El voltímetro esta instalado midiendo el voltaje |Vab |, por tanto del equivalente
monofásico se debe hallar Van .
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
Va0 n =
121
2000
(P1ϕ )
=
= 222,22V
(I ∗ f p)
(0,9 ∗ 10)
Se toma como referencia Va0 n
El ángulo entre la corriente y el voltaje es: θ = cos−1 (0,9) = 25,85◦
Como la corriente atrasa al voltaje, entonces: Ia0 = 10∠−25,85◦ A
Van = Vlinea + Va0 n = (10∠−25,85◦ ) ∗ (1 + 3j) + 222,22∠0◦ = 245,34∠5,29◦ V
Por tanto, para secuencia positiva:
√
√
Vab = ( 3∠30◦ ) ∗ Van = 3 ∗ 245,34∠30◦ + 5,29◦ = 425∠35,29◦ [V ]
La lectura del voltímetro es: 425V .
b) Si se quiere pasar el fp de 0,9(i) a 0,9(c), se debe compensar los reactivos e
inyectar lo mismo que se compenso.
Inicialmente se tiene:
Figura 1.58 Figura del ejercicio
Y se desea llevar a un factor de potencia en adelanto.
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
122
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.59 Figura del ejercicio
Qc = 2 ∗ 2000 ∗ tan(25,85◦ ) = 1937V Ar
Como se pide conectarlo en triangulo, la tensión en estos nodos es:
Va0 b0 =
C=
√
3Va0 n =
√
3 ∗ 222,22 = 384,9V
Qc
1937
=
= 41,62 µF
2
(ωV )
(2 ∗ π ∗ 50 ∗ (384,9)2 )
NO DA LA RESPUESTA DEL LIBRO.
c) Para hallar las lecturas de los vatímetros debo saber las tensiones y corrientes
que por ellos circulan.
El vatímetro W 2, mide el voltaje Vac y la corriente Ib
El vatímetro W 1, mide el voltaje Vbc y la corriente Ic0
Aprovecho los cálculos realizados con el equivalente monofásico del punto 1.
Vab = 425∠35,29◦ V
En secuencia directa:
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.3. POTENCIA TRIFÁSICA
123
Vbc = 425∠(35,29◦ − 120◦ ) = 425∠(35,29◦ − 120◦ ) = 425∠−84,71◦ V
Vca = 425∠(35,29◦ + 120◦ ) = 425∠(35,29◦ + 120◦ ) = 425∠155,29◦ V
Pero veamos que el vatímetro W2, mide es Vac , por tanto:
Vac = −Vca = −425∠155,29◦ = 425∠(155,29◦ − 180◦ ) = 425∠−24,71◦ [V ]
Para calcular Ib , requiero Ia .
Ia = Ia0 + Ia00 =
Ia =
(P2ϕ )
(P1ϕ )
∠−cos−1 (0,9) +
∠−cos−1 (0,85) =
(Va0 n ∗ f p)
(Van ∗ f p)
2000
1333,33
∠−25,85 +
∠5,29◦ − cos−1 (0,85) =
(222,22 ∗ 0,9)
(245,34 ∗ 0,85)
Ia = 10∠−25,85◦ + 6,39∠(5,29◦ − 31,79◦ ) = 10∠−25,85◦ + 6,39∠−26,5◦ =
Ia = 16,38∠−26,09◦ A
Y para secuencia directa:
Ib = 16,38∠(−26,09◦ − 120◦ ) = 16,38∠−146,09◦ A
Ic = 16,38∠(−26,09◦ + 120◦ ) = 16,38∠93,91◦ A
La lectura de vatímetro W 2 será:
W2 = <{Vac ∗ I∗b } = Vac ∗ Iac ∗ cos(θVac − θIB ) = 425 ∗ 16,38 ∗ cos(−24,71◦ − (−146,09◦ ))
W2 = −3625 W
Observe que para el vatímetro W1, es Ic0
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
124
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Ic0 = Ia0 ∗ (1∠120◦ ) = 10∠(−25,85◦ + 120◦ ) = 10∠94,15◦ A
Le lectura del vatímetro es:
W1 = Real{Vbc ∗ I∗c0 } = Vac ∗ I∗c0 cos(θV bc − θIc0 ) = 425 ∗ 10 ∗ cos(−84,71◦ − 94,15◦ )
W1 = −4249 W
1.4.
SISTEMAS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
Un sistema desbalanceadones es causado por dos posibles situaciones:
a) Las fuentes de voltaje no son iguales en magnitud y/o difieren en un ángulo
que no es igual entre sí.
b) Las impedancias de carga no son iguales. Por lo general el desbalance se
adjudica a la carga, asumiendo la fuente balanceada.
En un sistema desbalanceado se tiene:
a) Las corrientes difieren en magnitud y no están desfasadas 120◦ entre si, ocasionando que circulen corrientes por el neutro.
b) No se pueden usar el equivalente monofásico para resolver los circuitos.
c) Si se cumple que S3ϕ = 3Sf ase
√
d) No se cumple que S3ϕ = 3VL IL
e) El sistema Y-4h difiere del sistema Y-3h donde VN n 6= 0.
Un sistema desbalanceado se resuelve aplicando directamente las técnicas de análisis.
Example: Ejemplo
Example-fin:
27
27
: Para el sistema desbalanceado de la figura , encuentre:
Ejemplo: 12.10 Sadiku.
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
125
1.4. SISTEMAS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
a) Las corrientes de línea,
b) La potencia total compleja en la carga,
c) la potencia total compleja en la fuente.
d) Halle el voltaje VN n
Figura 1.60 Figura del ejercicio
Resolviendo por mallas:
LT Kmalla1 :⇒ 120∠−120◦ − 120∠0 + (10 + j5)I1 − 10I2 = 0
LT Kmalla2 :⇒ 120∠120◦ − 120∠−120◦ + (10 − j10)I2 − 10I1 = 0
En forma matricial:
"
# " #
"
#
" #
"
10 + j5
−10
I
208∠30◦
I1
56,78∠0◦
· 1 =
=
◦ ⇒
−10
10 − j10
I2
208∠−90
I2
42,75∠24,9◦
a) Ia = I1 = 56,78∠0◦ A;
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ib = I2 −I1 = 25,46∠135◦ A;
#
Ic = −I2 = 42,75∠−155,1◦ A
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
126
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
b)
S3ϕ−carga = Sa + Sb + Sc = Ia2 ∗ Za + Ib2 ∗ Zb + Ic2 ∗ Zc =
S3ϕ = (56,78)2 (j5) + (25,46)2 (10) + (42,75)2 (−j10) = 6480 − j2156 V A
c)
S3ϕ−F uente = Sa + Sb + Sc = Va I∗a + Vb ∗ I∗b + Vc Ic∗ = 6480 − j2156 V A
d) Tomando el nodo n, como referencia:
VN n = −(120∠0◦ − Za ∗ Ia ) = 120∠180◦ + (j5) ∗ 56,78∠0◦ = 308,2∠112,91◦ V
1.4.1.
Teorema de Millman
28
Figura 1.61 Teorema de Millman
Por nodos:
28
Ver Fraile Mora
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.4. SISTEMAS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
Van = Van − VN n ;
Ia = Van ∗ Yan ;
Vbn = Vbn − VN n ;
Ib = Vbn ∗ Ybn ;
Vcn = Vcn − VN n ;
Ic = Vcn ∗ Ycn ;
127
Aplicando ley de corrientes:
Ia + Ib + Ic = In
Reemplazando, se tiene:
VN n =
(Van Yan + Vbn Ybn + Vcn Ycn )
(Yan + Ybn + Ycn + YN n )
Example: Ejemplo: En la figura una carga desequilibrada conectada en triangulo
de impedancias Z∆1 = 20∠0◦ Ω; Z∆2 = 20∠−90◦ Ω; y Z∆3 = 20∠90◦ Ω; alimentado
√ ∠0◦ [V ]
por un sistema simétrico de secuencia positiva. Tomando la tensión Va = 380
3
como referencia, calcular:
a) Corrientes de línea,
b) Tensión en las cargas,
c) Corrientes de fase.
Example-fin:
Desarrollo:
Una forma de resolverlo es aprovechando el teorema de Millman.
Convertimos la conexión Delta a una equivalente conexión en Ye, como se ve en la
figura:
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
128
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.62 Figura del ejercicio
ZY 1 =
((j20)(−j20))
= 20 Ω
(20 + j20 − j20)
ZY 2 =
((20)(−j20))
= −j20 Ω
(20 + j20 − j20)
ZY 3 =
((20)(j20))
= j20 Ω
(20 + j20 − j20)
Haciendo la equivalencia de Impedancias:
Za = j18 Ω;
Zb = j22 Ω;
Zc = 20 + j2 Ω;
Usando Millman:
VN n =
√ ∠0◦ 1 +
( 380
j18
3
380
1
√ ∠−120◦ 1 + 380
√ ∠120◦
j22
(20+j2))
3
3
1
1
1
( j18
+ j22
+ (20+j2)
)
= 605,88∠109,44◦ V
a) Las corrientes de línea son:
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.4. SISTEMAS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
129
Ia = (Van − VN n ) ∗ Yan = 39,51∠0◦ A
Ib = (Vbn − VN n ) ∗ Ybn = 34,81∠−172,72 A
Ic = (Vcn − VN n ) ∗ Ycn = 19,49∠−81,36◦ A
b)
VAN = Ia ZY 2 = 790,2∠−53,2◦ V
VBN = Ib ZY 3 = 696,2∠−82,72◦ V
VCN = Ic ZY 1 = 389,8∠−81,38◦ V
VAB = VAN − VBN = 389,45∠8,54◦ V
VBC = VBN − VCN = 306,64∠−84,12◦ V
VCA = VCN − VAN = 483,06∠149,2◦ V
c) Las corrientes de fase son:
IAB =
VAB
= 2∠0◦
ZAB
IBC =
VBC
=???∠???◦
ZBC
ICA =
VCA
=???∠???◦
ZCA
Example: Ejemplo 29 Una carga conectada en Y, con ZA = 10∠0◦ Ω, ZB =
10∠60◦ Ω y ZC = 10∠−60◦ Ω se conecta a un sistema trifásico de tres hilos, teniendo un sistema ABC con voltaje efectivo de linea de 141.4 V. Encuentre los
29
11.29 Circuit´s book
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
130
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
voltjes en las cargas VAO , VBO , VCO y el voltaje de desplazamiento del neutro VON .
Construya el diagrama fasorial de tensiones en la malla. Example-fin:
Respuesta:173,2∠90◦ V, 100∠0 V, 100∠180◦ V, 57,73∠−90 V.
Example:
1.4.2.
30
Ejemplo: Example-fin:
EJEMPLOS CARGAS COMBINADAS
Example: Ejemplo 31 : La red de la figura muestra un sistema de secuencia positiva
de 220 V de linea que alimenta tres cargas monofasicas conectadas entre cada fase
y neutro de impedancias: ZR = j10 Ω: ZS = 10 Ω: ZT = −j10 Ω. Si el interruptor
D esta cerrado, calcular: a) Corrientes: IR , IS , IT e IN . 2) Si el interruptor D esta
abierto, calcular: b) Tension del neutro N’ respecto del neutro N de la alimentacion,
c) Tensiones en cada una de las cargas, d) Corrientes IR , IS , IT e IN . Nota: Tomese
la tension VRN de la alimentacion como referencia de fases. Example-fin:
Figura 1.63 Figura del ejercicio
Desarrollo:
30
31
Pag 268 Circuits Book.
Ejemplo 5.5 Fraile Mora
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.4. SISTEMAS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
131
a) Tomando como referencia VRN :
220
220
220
VRN = √ ∠0◦ ; VSN = √ ∠−120◦ ; VT N = √ ∠120◦ ;
3
3
3
las corrientes de cada fase, al ser VN 0 N = 0, seran de acuerdo con:
VRN
IR =
=
ZR
VSN
IS =
=
ZS
VT N
=
IT =
ZT
220
√ ∠0◦
3
j10
= 12,7∠−90◦ [A]
220
√ ∠−120◦
3
10
220
√ ∠120◦
3
j10
= 12,7∠−120◦ [A]
= 12,7∠210◦ [A]
b) Si se abre el interruptor D, el centro N’ de la estrella de cargas dejara de estar a
0 voltios. Por medio de la ecuacion siguiente se calculara VN 0 N , teniendo en cuenta
que YN = 0.
VN 0 N =
=
VRN YR + VSN YS + VT N YT
YR + YS + YT + YN
220
√ ∠0◦ 1
j10
3
+
220
√ ∠−120◦ 1 + 220
√ ∠120◦ 1
10
−j10
3
3
1
1
1
+ 10 + −j10
j10
VN 0 N = XXXXXX [V ]
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
132
1.4.3.
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
EJEMPLOS DESBALANCE DOS VATIMETROS
Example: Ejemplo 32 Una alimentación trifásica, con un voltaje efectivo de linea
de 240 V, tiene una carga desbalanceada en delta. Obtenga las corrientes de linea
y la potencia total. Example-fin:
Figura 1.64 Figura del ejercicio
Desarrollo:
El calculo de la potencia puede ser obtenido sin conocer el sistema de secuencia.
El valor efectivo de las corrientes de fases son:
240
240
240
= 9,6 A IBC =
= 16 A ICA =
= 12 A
25
15
20
Por tanto, la potencia compleja en las tres fases es:
IAB =
SAB = (9,6)2 (25∠90◦ ) = 2304∠90◦ = 0 + j2304 [V A]
SBC = (16)2 (15∠30◦ ) = 3840∠30◦ = 3325 + j1940 [V A]
SCA = (12)2 (20∠0◦ ) = 2880∠0◦ = 2880 + j0 [V A]
Y la potencia compleja es:
32
11.10 Circuit´s Book
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.4. SISTEMAS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
133
ST = 6205 + j4224 [V A]
Example: Ejemplo 33 Obtenga la lectura de los vatímetros ubicados en la linea
A y B del circuito del problema anterior (Linea C es la referencia de potencial de
ambos medidores) Example-fin:
"
29,6
WA = <(VAC IA∗ )< (240∠60◦ ) √
2
!#
= <(5023∠13,3◦ ) = 4888 W
"
WB =
<(VAC IA∗ )<
19,7
(240∠0 ) √
2
!#
◦
= <(3343∠66,7◦ ) = 1322 W
Note que WA + WB = 6210 W, el cual corresponde con la potencia total calculada
en el ejercicio anterior.
Example: Ejemplo 34 : La instalación eléctrica de la figura, tiene en el extremo
receptor, un sistema equilibrado de tensiones, con un valor de línea de 220 V, con
sucesión de fases RST. El receptor está compuesto por las siguinetes cargas: 1) Un
motor trifásico conectado en estrella que abosrbe una potencia activa de la red de
4 kW, con fp 0.8 inductivo; 2) Un grupo de 60 lámparas incandescentes de 40 W
cada una, conectadas de un modo equilibrado de 220 V (20 lámparas entre cada
dos fases); 3) un motor monofásico conectado entre las fases R y S y que absorbe 2
kW de la red, con fp 0.7 inductivo; 4) un hornillo de 500 W concetado entre la fase
T y el neutro. La impedancia de la línea es de 0.5 + j1 Ω/hilo, siendo despreciable
la impedancia del neutro. Tomando como referencia la tensión VRN del receptor,
calcular: a) corrientes IR , IS , IT e IN ; b) Tensiones simples en el origen de la línea:
VR0 N , VS 0 N , VT 0 N ; c) Tensiones compuestas VR0 S 0 , VS 0 T 0 y VT 0 R0 . Example-fin:
Respuesta: a) IR = 31,44∠−21,18◦ A; IS = 28,63∠−165,6◦ A; IT = 22,19∠99,2◦ A;
IN = 3,94∠120◦ A; b) VR0 N = 154,85∠8,78◦ A; VS 0 N = 157,79∠−116,4◦ A; VT 0 N =
33
34
11.11 Circuit’s book
Ejercicio 5.38 Fraile Mora
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
134
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.65 Figura del ejercicio
146,24∠126,6◦ A; c) VR0 S 0 = 277,59∠36,45◦ A; VS 0 T 0 = 259,24∠−86,26◦ A; VT 0 R0 =
257,89∠159,68◦ A;
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.4. SISTEMAS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
135
Example: Ejemplo 35 : En circuito trifasico de la figura, esta alimentado por una
red simetrica de secuencia positiva con 220 V de linea. La tension VRN se toma
como referencia de fases. Se han conectado dos vatimetros para medir la potencia
absorbida por la instalacion. Calcular las indicaciones de los vatimetros en los
siguientes casos, Example-fin:
Figura 1.66 Figura del ejercicio
a) con el interruptor K abierto;
b) Con el interruptor K cerrado
c) Con K abierto y circuito cortado en A
d) Con K abierto y circuito cortado en B
Solución:
Secuencia positiva:
35
VRS = 220∠30◦ V ;
VST = 220∠−90◦ V ;
VT R = 220∠150◦ V ;
220
VRN = √ ∠0◦ V ;
3
220
VSN = √ ∠−120◦ V ;
3
220
VT N = √ ∠120V ;
3
Ejercicio 5.19 Fraile Mora
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
136
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
a)
ZY =
(3 + j4)
= 1,667∠53,13◦ V
3
IR =
VRN
= 76,2087∠−53,13◦ A
ZY
VRT = −VT R = 220∠(150◦ − 180◦ ) = 220∠−30V ;
P1 = <{VRT IR∗ } = <{220∠−30◦ ∗ (76,2087∠−53,13◦ )∗ }
= 220 ∗ 76,2087 ∗ cos(−30◦ + 53,13◦ ) = 15418,5 W
IS = 76,2087∠−120◦ − 53,13◦ = 76,2087∠−120◦ − 53,13◦ = 76,208∠−173,13◦ A
P2 = <{VST I∗S } = 220 ∗ 76,2087 ∗ cos(−90◦ + 173,13◦ ) = 2005,5 W
b)
IRC =
VRN
= 31,754∠90◦ A
(−j4)
IR = IR0 + IR00 = 76,21∠−53,13◦ + 31,75∠90◦ = 54,261∠−32,574◦ A
P1 = 220 ∗ 54,261 ∗ cos(−30◦ + 32,547◦ ) = 11925,3 W
P2 = 220 ∗ 54,261 ∗ cos(−90◦ − (−120◦ − 32,574◦ )) = 5498,4 W
c) Con k abierto y circuito cortado en A.
IRS =
VRS
(220∠30◦ )
=
= 44∠−23,13◦ A
(3 + 4j)
(3 + 4j)
IST =
VST
(220∠−90◦ )
=
= 44∠−143,13◦ A
(3 + 4j)
(3 + 4j)
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.4. SISTEMAS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
137
Por las condiciones del circuito.
IR = IRS = 44∠−23,13◦ A
IS = IST − IRS = 44∠−143,13◦ − 44∠−23,13◦ = 76,21∠−173,13◦ [A]
P1 = 220 ∗ 44 ∗ cos(−30◦ + 23,13◦ ) = 9610,5 W
P2 = 220 ∗ 76,21 ∗ cos(−90◦ + 173,13◦ ) = 2005,5 W
d) Con k abierto y cortado en b.
Vemos que ZRT queda en serie con ZST y luego en paralelo con ZRS .
ZRSeq =
((3 + 4j)(6 + 8j))
= 3,333∠−53,13◦ Ω
(9 + 12j)
IR = IRS =
(220∠30◦ )
VRS
=
= 66∠83,13◦ A
ZRSeq
(3,33∠−53,13◦ )
IS = −IR = 66∠−96,87◦
P1 = 220 ∗ 66 ∗ cos(−30◦ − 83,13◦ ) = −5703,4 W
P2 = 220 ∗ 66 ∗ cos(−90◦ + 96,87◦ ) = 14416 W
Example: Ejemplo 36 : En el circuito de la figura, se muestra una instalación eléctrica desequilibrada alimentada por una red trifásica simétrica de secuencia positiva
de 380 V de tensión compuesta. Las cargas son monofásicas. La carga .a.absorbe
una potencia activa de 950 W con fp 0.5 inductivo. La carga "b"..... Example-fin:
36
Ejercicio 5.36 Fraile Mora
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
138
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.67 Figura del ejercicio
1.4.4.
EJEMPLOS BALANCE, DESBALANCE, LECTURAS
W,A,V
Example: Ejemplo 37 : En el circuito de la figura V = 208 V; IR = 41,1615 A,
IR1 = 33,33 A, IR2 = 9,6153 A, W1 = 3119,75 W. La secuencia de la red es positiva
y la carga 1 es una carga balanceada en delta. Example-fin:
• Hallar: a) Ángulo de todos los voltajes y corrientes, b) Determine la potencia
activa y reactiva en cada carga, c) Determine la lectura del vatimetro 2 y verifique
que Pt = W1 + W2.
Desarrollo:
Si la referencia es: VRS = 208∠0◦
VRS = 208∠0◦ V
VRN = 120∠−30◦ V
VST = 208∠−120◦ V
VSN = 120∠−150◦ V
VT R = 208∠120◦ V
VT N = 120∠90◦ V
Carga 1:
37
Propio
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
139
1.4. SISTEMAS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
Figura 1.68 Figura del ejercicio
Observe que el angulo θIR1 solo puede tomar valores entre: −120 ≤ θIR1 ≤ 60.
Carga 2:
Observe que el angulo θIR2 solo puede tomar valores entre: −150 ≤ θIR2 ≤ −60.
Vatímetro 1:
3119,75 = VRS IR cos(θVRS − θIR )
θVRS = 0;
−1
θIR = ± cos
3119,75
3119,75
= ± cos−1
VRS IR
208 ∗ 41,1615
!
= ±68,63◦
De la ecuacion IR = IR1 +IR2 , se tienen dos opciones de diagrama con la informacion
que se tiene:
Observe que de acuerdo a la magnitud de IR , el diagrama 1, no corresponde, pero
el diagrama 2 si es corresponde, por lo tanto.
θIR = −68,63◦
Lo que corresponde al siguiente diagrama fasorial:
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
140
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
(a) Figura a
(b) Figura b
Figura 1.69 Carga 1
Por el teorema del coseno:
−1
α = cos
(41,1615)2 − (33,333)2 − (9,6153)2
−2(33,333)(9,6153)
!
α = 139,952◦
β = cos
−1
−41,16152 + 33,33332 − 9,61532
−2(41,1615)(9,6153)
!
= 31,403◦
θIR1 = −68,63 − β = −100,033◦
θIR2 = −(140 − (180 − 90 − 10)) = −60◦
Por tanto:
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.4. SISTEMAS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
(a) Figura a
141
(b) Figura b
Figura 1.70 Carga 2
Figura 1.71 Figura del ejercicio
IR = 41,1615∠−68,63◦ A
IR2 = 9,6153∠−100,033◦ A
IR1 = IR − IR2 = 41,1615∠−68,63◦ − 9,6153∠−100,033◦
IR1 = 33,333∠−60 A
b) Hallando las potencias en cada carga.
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
142
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.72 Figura del ejercicio
S1−1ϕ = VRN I∗R1 = 120∠−30◦ ∗ 33,333∠−60∗ = 4000∠30 V A
S1−3ϕ = 3 ∗ S1−1ϕ = 12∠30 kV A
S2−1ϕ = VRT I∗R2 = −(208∠120◦ ) ∗ 9,6153∠−100,033◦∗ = 2∠40 kV A
La potencia activa total será:
P3ϕ = 12000 ∗ cos(30) + 2000 cos(40) = 11924,4W
c) El vatímetro 2, esta midiendo VT S y IT , las cuales son:
VT S = −VST = −(208∠−120◦ ) = 208∠60◦ V
IT = IT 1 − IR2 = IR1 ∗ 1∠120 − IR2
IT = 33,333∠−60 + 120 − 9,6153∠−100◦ = 42,492∠64,438◦ A
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
1.5. ANEXO
143
La lectura del vatimetro será:
W 2 = <VT S I∗T = 8811,42W
W 1 + W 2 = 3119,75 + 8838 = 11928W.
Example: Ejercicio propuesto:
38
Example-fin:
Figura 1.73 Figura del ejercicio
1.5.
1.5.1.
ANEXO
REPRESENTACION DE SISTEMAS EN POR UNIDAD
(P.U.)
Cuando se estudian sistemas eléctricos de potencia balanceados, el uso de los valores reales de los elementos (W, A, V, VA) hace más complejo el análisis que si se
utilizan sus valores en por unidad (p.u.).
El uso de valores en p.u. es muy común entre quienes realizan estudios de sistemas eléctricos de potencia y los fabricantes prefieren especificar las impedancias
38
Ejercicio 5.37 Fraile Mora
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
144
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
y reactancias de sus generadores y transformadores en esta misma forma
El valor en p.u. de una cantidad eléctrica se define como el cociente que resulta de
dividir el valor numérico real de dicha cantidad, con su unidad, entre otra cantidad
seleccionada arbitrariamente como base de igual dimensión:
Xpu =
XREAL
XBASE
Si designamos las cantidades base con el subíndice B, tendremos:
SB : Potencia base en VA
VB : Voltaje base en V
Y la corriente base y la impedancia base, en sistemas monofásicos, se calculan
como:
ZB =
VB2L−N
Ω
SB1ϕ
IB =
SB1ϕ
VBL−N
Y en sistemas trifásicos:
VB2L−L
ZB =
Ω
SB−3ϕ
IB =
SB−3ϕ
VBL−L
La presencia de transformadores altera el valor del voltaje base, al pasar de un
lado de tensión al otro, en una proporción igual a la relación de transformación.
Si el transformador es trifásico, se relacionan los voltajes linea-linea primario y
secundario para determinar el factor por el que se afecta el voltaje base.
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
145
1.5. ANEXO
Así por ejemplo, si se ha definido el voltaje base en el lado primario, el voltaje base
secundario se calcula como:
VpB
a
Donde a es la relación de transformación definida como:
VsB =
a=
Vp
Np
=
Vs
Ns
En estas expresiones :
V p Voltaje en el primario L-L
V s Voltaje en el secundario L-L
N p Número de espiras del primario
N s Número de espiras del secundario
El primario es el lado por el que el transformador recibe la potencia del sistema
eléctrico y el secundario es el lado por donde éste la entrega.
Si una cantidad en p.u. se encuentra en una base y se desea convertirlo a una nueva
base, se debe realizar un cambio de base. En el caso de la impedancia, el nuevo valor
en p.u. se puede conocer sin llevar la cantidad a ohmios con la siguiente expresión
:
Zpu.nueva = Zpu.vieja
VB−V iejo
VB−N uevo
!2
SB−N ueva
SB−V iejo
!
Si el voltaje base se especifica en kV y la potencia base en MVA, la impedancia
base se calcula como:
V2
KV 2
=
VA
MV A
Ejemplo: Pasando el siguiente circuito a por unidad:
ZB =
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez
Ingeniería Eléctrica UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
146
TEORÍA GENERAL DE NÚMEROS COMPLEJOS
Figura 1.74 Descomposicion en componentes simetricas
UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Ingeniería Eléctrica
Oscar D. Montoya - Victor M. Vélez