Circuitos Trifásicos Problemas Resueltos_1 46q2q

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA 1 El circuito trifásico de la Figura 1 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 380 V. Sabiendo que Z=10∠36,87◦ Ω, y tomando U RN como origen de fases, obtener I R , I S , I T e I N , en las siguientes condiciones: 1. K1 y K2 cerrados. 2. K1 abierto y K2 cerrado. 3. K1 cerrado y K2 abierto.

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4. K1 y K2 abiertos. URN

+

IR

USN

+

IS

UTN

+

IT

N

IN K1 K2

Z

Z

Z

Figura 1

Bachiller, Soler, Alfonso, et al. Circuitos trifásicos: problemas resueltos, Ediciones Díaz de Santos, 2010. ProQuest Ebook Central, http://ebookcentral.proquest.com/lib/senavirtualsp/detail.action?docID=3189242.
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2

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

´ 1 S OLUCI ON 1. Como K2 está cerrado entonces el sistema trifásico está equilibrado (generador y carga equilibrada). En esta situación, independientemente del estado de K1 , el neutro del generador y el neutro de las cargas se encuentran al mismo potencial. De esta forma: √ 380/ 3∠0◦ 38 U RN = IR = = √ ∠ − 36,87◦ A ◦ 10∠36,87 Z 3 √ ◦ 380/ 3∠ − 120 38 U SN = IS = = √ ∠ − 156,87◦ A ◦ 10∠36,87 Z 3 √ ◦ 380/ 3∠120 38 UTN = IT = = √ ∠83,13◦ A ◦ 10∠36,87 Z 3 Como el sistema está equilibrado, I R , I S , I T formarán un sistema trifásico equilibrado y, en consecuencia, la intensidad por el neutro es nula: I R + I S + I T = −I N = 0


2. En este caso, el sistema sigue estando equilibrado, siendo indiferente que el interruptor del neutro esté abierto o cerrado ya que, como se ha dicho, los neutros en un sistema equilibrado están al mismo potencial. Por tanto los resultados de este apartado son los mismos que los del apartado anterior. 3. Cuando K2 está abierto, la intensidad que circula por la fase R es nula y además la carga ya no estará equilibrada. Sin embargo, como K1 se encuentra cerrado entonces el neutro del generador se encuentra unido r´ıgidamente al neutro de las cargas monofásicas. En esta situación: IR = 0 A

√ 380/ 3∠ − 120◦ 38 U SN = IS = = √ ∠ − 156,87◦ A ◦ 10∠36,87 Z 3 √ 380/ 3∠120◦ 38 UTN = IT = = √ ∠83,13◦ A 10∠36,87◦ Z 3

La intensidad que circula por el neutro se calcula como sigue: 38 38 I N = −(I R + I S + I T ) = −( √ ∠ − 156,87◦ + √ ∠83,13◦ ) 3 3 38 = √ ∠ − 36,87◦ A 3


PROBLEMA 1

3

4. Ya se ha dicho en el apartado anterior que si K2 está abierto la carga no estará equilibrada. Si además K1 está abierto entonces el neutro de la carga no coincidirá en general con el neutro del generador. En estas condiciones, el circuito resultante se muestra en la Figura 2, según la cual: U ST = U SN − U T N = 2 · Z · I S IS + IT = 0

N

USN

+

IS

Z

UTN

+

IT

Z

N’

Figura 2

Despejando y sustituyendo valores resulta: √ √ 380/ 3∠ − 120◦ − 380/ 3∠120◦ U ST = IS = = 19∠ − 126,87◦ A ◦ 2 · 10∠36,87 2·Z I T = −I S = 19∠53,13◦ A


Es evidente que tanto la intensidad por la fase R como por el neutro son nulas. Además, se puede comprobar que la tensión entre los neutros, U N N , es distinta de cero: U SN U N N =

Z

1

Z

+ +

UTN 1

Z

=−

380 U RN = − √ ∠0◦ V 2 2· 3

Z

o bien: U N N = U SN − Z · I S = U SN − =

U SN + U T N U RN =− 2 2

U ST U SN − U T N = U SN − 2 2



4

PROBLEMA 2 El circuito trifásico de la Figura 3 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V. Sabiendo que R=10 Ω, X=20 Ω, obtener la lectura del amper´ımetro en las siguientes condiciones: 1. K1 cerrado y K2 y K3 abiertos. 2. K1 y K2 abiertos y K3 cerrado. 3. K1 , K2 y K3 abiertos. 4. K1 y K3 abiertos y K2 cerrado.

URN

USN

+

IR

R

IR1

A IR2

+

IS

R

N

O


UTN

+

R

IT

K1 jX

jX

K3

jX K2

O’

Figura 3

´ 2 S OLUCI ON 1. Cuando K1 está cerrado y K2 y K3 abiertos, el sistema trifásico está equilibrado y, por ello, el neutro de cada carga y el neutro del generador están al mismo potencial. En estas circunstancias, la intensidad que circula por la


PROBLEMA 2

5

fase R de cada una de las cargas es: I R1 I R2

√ 400/ 3∠0◦ 40 U RO U RN = = = √ ∠0◦ A = R R 10 3 √ ◦ 400/ 3∠0 20 U RO U RN = = = = √ ∠ − 90◦ A jX jX 20∠90◦ 3

La intensidad que circula por la fase R del generador será la suma de I R1 e I R2 : 40 20 I R = I R1 + I R2 = √ ∠0◦ + √ ∠ − 90◦ ≈ 25,82∠ − 26,57◦ A 3 3 La lectura del amper´ımetro es de 25,82 A. 2. Si K1 está abierto, la carga inductiva está desequilibrada, y como K3 está cerrado su neutro se encuentra r´ıgidamente unido al neutro del generador. De esta forma, I R2 es la misma que la calculada en el apartado anterior:


20 I R2 = √ ∠ − 90◦ A 3 En este caso particular en el que no existe impedancia de l´ınea entre el generador y las cargas, al abrir el interruptor K2 la carga resistiva sigue sometida a un sistema trifásico equilibrado de tensiones, aunque el sistema trifásico de intensidades que circula por el generador está desequilibrado. Por lo tanto, los neutros N y O se encuentran al mismo potencial, e I R1 será la misma que la calculada en el apartado anterior: 40 I R1 = √ ∠0◦ A 3 La lectura del amper´ımetro coincide con la del apartado anterior, es decir 25,82 A. 3. Cuando todos los interruptores se encuentran abiertos, sólo hay que calcular I R2 ya que I R1 , por los mismos razonamientos que el apartado anterior no var´ıa. Según el circuito simplificado de la Figura 4: I R2 =

400∠30◦ U RS = = 10∠ − 60◦ A 2 · jX 40∠90◦



6

URN

USN

+

IR

R

IR1

A IR2

+

IS

R

N

O UTN

+

R

IT

jX

jX

O’

Figura 4

Por tanto: 40 I R = I R1 + I R2 = √ ∠0◦ + 10∠ − 60◦ ≈ 29,4∠ − 17,13◦ A 3


y la lectura del amper´ımetro es de 29,4 A. 4. El circuito resultante cuando K1 y K3 están abiertos y K2 está cerrado es el mostrado en la Figura 5. Teniendo en cuenta que los neutros O y O se encuentran unidos r´ıgidamente, se obtiene el circuito simplificado de la Figura 6, donde: Z = R//jX =

j200 jRX = ≈ 8,94∠26,57◦ Ω R + jX 10 + j20

Según la Figura 6, la tensión entre el neutro de la carga (O) y el neutro del generador (N ) se puede calcular aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

Z

+ 1 Z

U SN

+

Z 1 Z

+

+

UTN R

1 R


PROBLEMA 2

URN

USN

+

IR

7

R

IR1

A IR2

+

IS

R

N

O UTN

+

R

IT

jX

jX

O’

Figura 5

URN

USN

+

+

IR

Z A

IS

Z


N

O UTN

+

IT

R

Figura 6

Sustituyendo valores resulta:

U ON

√ √ √ 400/ 3∠0◦ 400/ 3∠ − 120◦ 400/ 3∠120◦ + + 8,94∠26,57◦ 8,94∠26,57◦ 10 = 1 1 1 + + 8,94∠26,57◦ 8,94∠26,57◦ 10 ≈ 36,51∠ − 131,57◦ V


8


Una vez obtenida la tensión entre O y N , entonces: √ (400/ 3)∠0◦ − 36,51∠ − 131,57◦ U RN − U ON = IR = 8,94∠26,57◦ Z ◦ ≈ 28,71∠ − 20,46 A y la lectura del amper´ımetro es de 28,71 A PROBLEMA 3 Del circuito de la Figura 7 se sabe que, con los interruptores abiertos, el volt´ımetro marca 100 V y el vat´ımetro 1 500 W. Con los interruptores cerrados determinar X sabiendo que el generador trabaja con un factor de potencia de 0,8944. V URN∠0º

+ I R

USN∠-120º + IS

jX R W

R jX

S R


UTN∠120º +

N

jX IT T R

Figura 7

´ 3 S OLUCI ON Con los interruptores abiertos el sistema trifásico se encuentra equilibrado, de forma que a partir de la lectura del volt´ımetro se puede calcular la tensión de l´ınea de alimentación a la carga: √ √ URS = 3 · URN = 3 · 100 Además, según la Figura 7 y 8 la lectura del vat´ımetro es la siguiente: ◦ W = URS · IR · cos(U RS , I R ) = URS · IR · cos(30 + ϕ)


PROBLEMA 4

9

UTR UTN 30o

IS USN

ϕ

30o

ϕ

IT

ϕ

URS

30o

URN

IR UST Figura 8

Con los interruptores abiertos la carga es resistiva pura y entonces ϕ = 0. Despejando y sustituyendo valores resulta: IR =

W 1 500 =√ = 10 A URS · cos 30◦ 3 · 100 · cos 30◦

En esta situación, la potencia activa consumida por la carga resistiva es:


P = 3 · URN · IR = 3 · 100 · 10 = 3 000 W Con los interruptores cerrados el sistema sigue estando equilibrado y además la potencia activa que consume la carga es la misma que con los interruptores abiertos. Sabiendo que el factor de potencia del generador es de 0,8944 entonces se puede obtener la potencia reactiva que consume la carga: Q = P · tan ϕg = 3 000 · tan (arc cos 0,8944) = 1 500 var En consecuencia, la inductancia de la carga se obtiene como sigue: Q=3·

2 URN X

=⇒ X =

2 3 · URN 3 · 1002 = = 20 Ω Q 1 500



10

PROBLEMA 4 El circuito de la Figura 9 se encuentra alimentado por un sistema de tensiones trifásico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Se sabe que W2 =200 W, que el amper´ımetro mide 10 A, que RL =0,5 Ω y que la lectura del vat´ımetro 1 es negativa. Calcular: 1. La impedancia Z. 2. La lectura del vat´ımetro 1. 3. La capacidad del banco trifásico de condensadores (con conexión estrella) que es necesario instalar para que el factor de potencia global de la instalación sea de 0,98 inductivo. I R

A

S T

Z

RL

Z

W2 W1 IR Z


RL

IS

IT

Z

Z

Figura 9

´ 4 S OLUCI ON 1. Según la Figura 9, el vat´ımetro 2 está midiendo la potencia activa consumida por la impedancia Z y por la resistencia RL : W2 = PL + PZ = 200 W A su vez: PL = RL · I 2 = 0,5 · 102 = 50 W PZ = RZ · I 2 = RZ · 102 = 100 · RZ


PROBLEMA 4

11

En consecuencia: 200 = 50 + 100 · RZ ⇒ RZ =

200 − 50 = 1,5 Ω 100

Por otro lado, a partir de la Figura 9 se tiene lo siguiente: U RS = 2 · (Z + RL ) · I = 2 · (RL + RZ + j · XZ ) · I Igualando los módulos de ambos de la ecuación, resulta: URS = 2 · I · (RL + RZ )2 + XZ2 y sustituyendo valores se tiene, 400 = 2 · 10 · (0,5 + 1,5)2 + XZ2 ⇒ 400 = 4 + XZ2 Resolviendo, se obtienen los posibles valores de XZ : XZ ≈ ±19,9 Ω UTR UTN 60

o

USR Copyright © 2010. Ediciones Díaz de Santos. All rights reserved.

30o

IS ϕ

USN

30o

ϕ ϕ

IT

URS

30o

IR

URN

UST

Figura 10

Para saber el carácter de la impedancia Z es necesario analizar la lectura del vat´ımetro 1. Según la Figura 9 y 10: ◦ W1 = USR · IT · cos(U SR , I T ) = USR · IT · cos(90 + ϕ) −Q3Z = −USR · IT · sin ϕ = √ 3

donde Q3Z es la potencia reactiva absorbida por la carga trifásica equilibrada Z y ϕ es el a´ ngulo de dicha carga. Bachiller, Soler, Alfonso, et al. Circuitos trifásicos: problemas resueltos, Ediciones Díaz de Santos, 2010. ProQuest Ebook Central, http://ebookcentral.proquest.com/lib/senavirtualsp/detail.action?docID=3189242.


12

Como la lectura del vat´ımetro 1 es negativa implica que Q3Z es positiva y por tanto la impedancia Z tiene carácter inductivo (absorbe potencia reactiva). Por tanto, la impedancia Z es la siguiente: Z = RZ + j · XZ = 1,5 + j · 19,9 ≈ 19,95∠85,69◦ Ω 2. Del apartado anterior, la lectura del vat´ımetro 1 es la siguiente: W1 =

−Q3Z √ 3

donde Q3Z se puede obtener según la siguiente expresión: 2 = 3 · XZ · IS2 = 3 · XZ · IT2 Q3Z = 3 · XZ · IR

A su vez: √ 400/ 3 UF = ≈ 11,57 A IR = IS = IT = Z 1,52 + 19,92 Por tanto,

Q3Z = 3 · 19,9 · 11,572 ≈ 7 992 var


y la lectura del vat´ımetro 1 es: W1 =

−7 992 √ ≈ −4 614 3

3. La potencia activa y reactiva total que absorbe el sistema trifásico es: PT = P3Z + 2 · (PZ + PL ) =

Q3Z + 2 · (RZ + RL ) · I 2 = tan ϕZ

7 992 + 2 · (1,5 + 0,5) · 102 ≈ 1 002,32 W tan(85,69◦ ) QT = Q3Z + 2 · QZ = Q3Z + 2 · XZ · I 2 = =

= 7 992 + 2 · 19,9 · 102 = 11 972 var Obteniendo as´ı el siguiente factor de potencia del sistema sin compensar: 1 002,32 PT = ≈ 0,0834 f dp = 1 002,322 + 11 9722 PT2 + Q2T


PROBLEMA 5

13

Para que el factor de potencia global de la instalación pase a ser 0,98, la red tiene que suministrar la misma potencia activa que anteriormente pero, sin embargo, sólo tiene que suministrar la siguiente potencia reactiva: f dp = 0,98 =

QT

=

PT 0,98

2

−

PT2

=

PT PT2 + Q2 T

1 002,32 0,98

2

=⇒

− 1 002,322 ≈ 203,53 var

I R

A

S

Z

RL

Z

W2 W1

T

IR C

C

IS

IT

Z

Z

C Z


RL

Figura 11

El resto de la potencia reactiva hasta completar las necesidades de la carga, la tiene que aportar el banco de condensadores, conectado según la Figura 11: QC = QT − QT = 11 972 − 203,53 = 11 768,47 var Como el banco de condensadores ha de estar conectado en estrella (según el enunciado), entonces: QC = 3 ·

UF2 = 3 · UF2 · ω · C = UL2 · 2π · f · C XC

Despejando y sustituyendo valores resulta: C=

UL2

11 768,47 QC = ≈ 234,13 μF 4002 · 2π · 50 · 2π · f



14

PROBLEMA 5 Del circuito trifásico de la Figura 12, equilibrado y de secuencia inversa, se conocen las lecturas de los vat´ımetros: W1 =1 500 W, W2 =800 W y W3 =600 W, y que la carga 1 tiene un factor de potencia de 0,8 (inductivo). Calcular: 1. Las potencias, activa y reactiva, de la carga 1, indicando si son absorbidas o cedidas. 2. Las potencias, activa y reactiva, de la carga 2, indicando si son absorbidas o cedidas. 3. La lectura del amper´ımetro, sabiendo que la tensión de alimentación es de 400 V.

R

A

IR

W3 Carga 1 cosϕ=0,8

IS S T

W1

Inductivo

IT

W2


Z2

Z2

Z2

Figura 12

´ 5 S OLUCI ON 1. Como el sistema está equilibrado, el neutro de la conexión estrella equivalente de la carga 1 y el neutro de la carga trifásica formada por las impedancias Z 2 (a la que se llamará carga 2) están al mismo potencial. De esta forma, la bobina voltimétrica del vat´ımetro 3 está midiendo la tensión entre la fase y el neutro de la carga 1. Por tanto dicho vat´ımetro mide la potencia activa de una de las fases de la carga 1: W3 =

P1 =⇒ P1 = 3 · 600 = 1 800 W 3


PROBLEMA 5

15

Además, de la carga 1 se conoce el factor de potencia y su carácter, de forma que se puede calcular la potencia reactiva, que en este caso será absorbida ya que es inductiva: Q1 = P1 · tan ϕ1 = 1 800 · tan(arc cos 0,8) = 1 350 var 2. Según el diagrama fasorial de la Figura 13, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦ W1 = USR · IS · cos(U SR , I S ) = UL · IL · cos(30 + ϕ) ◦ W2 = UT R · IT · cos(U T R , I T ) = UL · IL · cos(ϕ − 30 )

UST USN USR

30o

30o

ϕ

IT

URN

IS ϕ

30o

URS

IR

ϕ

30o

UTN


UTR Figura 13

Si se suman las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia activa trifásica consumida por las cargas 1 y 2: W1 +W2 = UL ·IL ·[cos(30◦ +ϕ)+cos(ϕ−30◦ )] =

√

3·UL ·IL ·cos ϕ = P12

Si ahora se restan las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia reactiva trifásica consumida por las cargas 1 y 2: Q12 W2 − W1 = UL · IL · [cos(ϕ − 30◦ ) − cos(30◦ + ϕ)] = UL · IL · sin ϕ = √ 3 Por tanto: P12 = W1 + W2 = 1 500 + 800 = 2 300 W √ √ √ Q12 = 3 · (W2 − W1 ) = 3 · (800 − 1 500) = − 3 · 700 var


16


Como las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga 1 ya se han calculado previamente, entonces: P2 = P12 − P1 = 2 300 − 1 800 = 500 W √ Q2 = Q12 − Q1 = − 3 · 700 − 1 350 ≈ −2 562,44 var En resumen, la carga 2 absorbe potencia activa y cede potencia reactiva. 3. Conocidas las potencias, activa y reactiva, totales del conjunto de las cargas 1 y 2, se puede obtener la potencia aparente: √ 2 2 S12 = P12 + Q12 = 2 3002 + ( 3 · 700)2 = 2 600 VA A su vez, la potencia aparente se puede expresar en función de la tensión e intensidad de l´ınea según: √ S12 = 3 · UL · IL


Como la tensión de alimentación es de 400 V entonces la lectura del amper´ımetro es: S12 2 600 ≈ 3,75 A =√ IL = √ 3 · UL 3 · 400


PROBLEMA 6

17

PROBLEMA 6 El circuito trifásico de la Figura 14 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V. Con todos los interruptores cerrados, las lecturas de los vat´ımetros son: W1 =5 171 W y W2 =−371 W. Se pide: 1. Hallar el valor de R y de X. 2. Con todos los interruptores abiertos, hallar las lecturas de los vat´ımetros.

URN

USN

jX +

+

IR

W2

K1

R jX K2

IS

N

O

R UTN

+

jX IT

W1

K3

R


Figura 14

´ 6 S OLUCI ON Según la Figura 14, la lectura de ambos vat´ımetros es la siguiente: W1 = UT S · IT · cos(U T S, IT ) W2 = URS · IR · cos(U RS , I R ) Considerando que la carga está equilibrada se obtiene el diagrama fasorial de la Figura 15, a partir del cual se pueden hallar los desfases correspondientes a las tensiones e intensidades, resultando: ⎧ ◦ ⎨ W1 + W2 = P W1 = UL · IL · cos(30 − ϕ) Q =⇒ ⎩ W1 − W2 = √ W2 = UL · IL · cos(30◦ + ϕ) 3


18


UTR

UTS UTN 30o ϕ

IS USN

ϕ

ϕ

IT

URS

30o

IR

URN

UST Figura 15

Si la carga estuviera desequilibrada entonces: W1 + W2 = P no pudiéndose afirmar nada sobre la potencia reactiva. 1. Con los interruptores cerrados el sistema trifásico resultante está equilibrado. Por tanto, a partir de las lecturas de los dos vat´ımetros se pueden obtener las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga trifásica:


P = W1 + W2 = 5 171 − 371 = 4 800 W √ √ Q = 3 · (W1 − W2 ) = 3 · (5 171 + 371) ≈ 9 599 var Por otro lado, tanto la potencia activa como la potencia reactiva, absorbidas por la carga, se pueden expresar en función de R y X según: P =3·

U2 UF2 ; Q=3· F R X

Despejando y sustituyendo valores se obtiene el valor de R y de X: √ UF2 (400/ 3)2 =3· ≈ 33.ˆ3 Ω R =3· P 4 800 √ UF2 (400/ 3)2 =3· ≈ 16,7 Ω X =3· Q 9 599 2. En la Figura 16 se muestra el circuito resultante cuando todos los interruptores están abiertos.


PROBLEMA 7

URN

USN

+

19

R

IR

W2

+

N

O UTN

+

IT

R W1 Figura 16

Según la Figura 16: IR =

−400∠120◦ −U T R = 6∠ − 60◦ A = 2·R 2 · 33.ˆ3

En consecuencia, la lectura de cada uno de los vat´ımetros es la siguiente: ◦ ◦ W2 = URS · IR · cos(U RS , I R ) = 400 · 6 · cos(0 + 60 ) = 1 200 W


2 − W2 = 2 · 33.ˆ3 · 62 − 1 200 = 1 200 W W 1 = P − W 2 = 2 · R · IR

Otra forma de obtener la lectura del vat´ımetro 1 es a partir de su tensión e intensidad: W1 = UT S · IT · cos(U T S , I T ) = UT S · IR · cos(U T S , (−I R )) = 400 · 6 · cos(60◦ − 120◦ ) = 1 200 W



20

PROBLEMA 7 El circuito trifásico de la Figura 17 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 220 V. Sabiendo que R=10 Ω, XL =20 Ω, R1 =30 Ω y XL1 =60 Ω, obtener las lecturas de los vat´ımetros cuando: 1. K1 y K2 están abiertos. 2. K1 está cerrado y K2 está abierto. 3. K1 está abierto y K2 está cerrado. URN

+ I R K1

USN

XL + IS

N

XL

R

XL

K2 R1

W1

UTN


1

R

+

IT

O

R

XL

W2

Figura 17

´ 7 S OLUCI ON 1. Como K1 y K2 están abiertos, el sistema trifásico resultante está equilibrado y tanto el neutro de la carga (O) como el neutro del generador (N ) están al mismo potencial. En esta situación, la intensidad de l´ınea se calcula como sigue: √ UF 220/ 3 =√ ≈ 5,68 A IL = 102 + 202 R2 + X 2 L

La potencia activa y reactiva absorbida por la carga es: P = 3 · R · IL2 = 3 · 10 · 5,682 ≈ 968 W Q = 3 · XL · IL2 = 3 · 20 · 5,682 ≈ 1 936 var


PROBLEMA 8

21

Es fácil comprobar que W1 y W2 se encuentran dispuestos según el método de los dos vat´ımetros y, como el sistema está equilibrado y es de secuencia directa, entonces: W1 + W2 = P = 968 1 936 Q W1 − W2 = √ = √ 3 3 Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene la lectura de ambos vat´ımetros: W1 ≈ 1 042,87 W ; W2 ≈ −74,87 W 2. Cuando K1 está cerrado y K2 está abierto, el sistema trifásico resultante está desequilibrado. A pesar de esto, como no existe impedancia de l´ınea entre el generador y la carga trifásica, R + jXL , e´ sta seguirá sometida al mismo sistema de tensiones inicial, trifásico equilibrado. De este modo, tanto la intensidad que circula por cada una de las ramas monofásicas como las potencias, activa y reactiva, que absorbe dicha carga serán iguales a las calculadas en el apartado anterior. En consecuencia, la lectura del vat´ımetro 2 permanece invariable respecto a la situación del apartado anterior: W2 = −74,87 W


Como XL1 es una carga inductiva pura, la potencia activa del sistema no ha variado y, por tanto, la lectura de cada vat´ımetro es igual a la del apartado anterior. 3. Cuando K1 está abierto y K2 está cerrado, el sistema trifásico resultante está desequilibrado. Por las mismas razones que en el apartado anterior, la lectura del vat´ımetro 2 permanece invariable: W2 = −74,87 W Igualmente, la potencia activa y reactiva que absorbe la carga trifásica, R + jXL , permanece invariable. Según el método de los dos vat´ımetros: W1 + W2 = P donde P es ahora la potencia absorbida, no sólo por la carga trifásica, R + jXL , sino también por la resistencia R1 . Por tanto: P = 968 +

2202 ≈ 2 581,3ˆ3 W 30



22

y las lecturas de ambos vat´ımetros son: W1 ≈ 2 656,21 W ; W2 ≈ −74,87 W

PROBLEMA 8 El circuito trifásico de la Figura 18 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V de tensión de fase. Sabiendo que Z 1 =10∠36,87◦ Ω, Z 2 =20∠ − 36,87◦ Ω y R=10 Ω, obtener la lectura del amper´ımetro y de los volt´ımetros en las siguientes condiciones: 1. K1 , K2 , K3 y K4 abiertos. 2. K1 abierto y K2 , K3 y K4 cerrados. 3. K1 cerrado y K2 , K3 y K4 abiertos. K2 URN

+ I R

R

Z2

R’ A K3

USN

+ IS

K1

R

Z2

S’


N

O K4 UTN

+

IT

R

Z2

T’

Z1 V1

Z1

O’

Z1 V2

Figura 18


PROBLEMA 8

23

´ 8 S OLUCI ON 1. Cuando todos los interruptores se encuentran abiertos, el sistema se encuentra equilibrado y as´ı V1 = V2 = 0. En estas circunstancias se puede obtener una impedancia equivalente por fase de la carga 1 y 2, 10∠36,87◦ · 20∠ − 36,87◦ 200∠0◦ Z1 · Z2 = ≈ 10∠36,87◦ + 20∠ − 36,87◦ 24,74∠ − 14,04◦ Z1 + Z2 ◦ ≈ 8,08∠14,04 Ω.

Z eq =

Por tanto: IR =

400∠0◦ U RN = ≈ 22,28∠ − 6,27◦ A 8,08∠14,03◦ + 10 Z eq + R

Siendo la lectura del amper´ımetro 22,28 A. 2. Cuando K1 está abierto y K2 , K3 y K4 están cerrados, el sistema sigue estando equilibrado y en consecuencia:


V1 = V2 = 0 En este caso: IR =

400∠0◦ U RN = ≈ 49,5∠ − 14,03◦ A 8,08∠14,03◦ Z eq

Siendo la lectura del amper´ımetro 49,5 A. 3. Cuando K1 está cerrado la carga 2 está desequilibrada y las intensidades I R , I S e I T formarán un sistema trifásico desequilibrado. Por otro lado, como K2 , K3 y K4 están abiertos, al circular las intensidades desequilibradas por cada resistencia R de la l´ınea, el sistema trifásico de tensiones resultante en bornes de la carga 1 y 2 está desequilibrado. Por tanto, las lecturas de los dos volt´ımetros no serán nulas en general. Al estar cortocircuitados dos bornes de cada una de las cargas trifásicas formadas por Z 1 y Z 2 , quedan en paralelo las impedancias monofásicas correspondientes a la fase R y S de cada carga. De este modo, agrupando las



24

URN

+ I R

R

Z2 2

R’

Z2

I2

O USN

+ IS

R

Z1 2

S’

Z1

N

I1 T’

O’ UTN

+

IT

URN

USN

R

+ I R

R

+ IS

R

R’=S’=N’

N


UTN

3 Zeq +

IT

R

T’

2

Figura 19

impedancias que resultan en paralelo y reorganizando el circuito, se obtiene el circuito simplificado de la Figura 19, donde Z eq es la misma que la utilizada en apartados anteriores, es decir el paralelo de Z 1 y Z 2 . Según la Figura 19, la tensión entre el neutro de la carga (N ) y el neutro del generador (N ) se calcula como sigue:

U N N

U RN U SN UTN U RN U SN UTN + + + + 3·Z 3·Z R R R R R + 2 eq R + 2 eq = = 1 1 1 1 2 + + + R R R + 3·Z eq R R + 3·Z eq 2 2


PROBLEMA 9

25


U N N

400∠0◦ 400∠ − 120◦ 400∠120◦ + + ◦ 10 10 10 + 3·8,08∠14,03 2 = 1 2 + ◦ 3·8,08∠14,03 10 10 + 2 ≈

22,08∠ − 53,66◦ ≈ 88,32∠ − 52,24◦ V 0,25∠ − 1,42◦

Una vez obtenida la tensión entre N y N , entonces: U RN − U N N 400∠0◦ − 88,32∠ − 52,24◦ = ≈ 35,29∠11,41◦ A R 10 U SN − U N N 400∠ − 120◦ − 88,32∠ − 52,24◦ = ≈ 37,56∠ − 132,57◦ A IS = R 10 U T N − U N N 400∠120◦ − 88,32∠ − 52,24◦ IT = = ≈ 22,21∠113,71◦ A 3·8,08∠14,03◦ 3·Z eq 10 + R+ 2

IR =

2

Siendo la lectura del amper´ımetro 35,29 A. Según la Figura 19, la lectura del volt´ımetro 2 se calcula como sigue:


U OO = U OT − U O T = Z 2 · I 2 − Z 1 · I 1 = Z 2 ·

U R T U R T − Z1 · 3 =0 3 · Z · Z 2 1 2 2

Por lo tanto V2 = |U OO | = 0 De la misma forma, U N O = R · I S +

Z1 Z 1 U R T · I 1 − U SN = R · I S + · − U SN 2 2 32 · Z 1

Z eq · I T − U SN 2 8,08∠14,03◦ · 22,21∠113,71◦ − 400∠ − 120◦ = 10 · 37,56∠ − 132,57◦ − 2 ≈ 1,43∠ − 54,33◦ V = R · IS −

Siendo la lectura del volt´ımetro 1 V1 = |U N O | = 1,43 V Bachiller, Soler, Alfonso, et al. Circuitos trifásicos: problemas resueltos, Ediciones Díaz de Santos, 2010. ProQuest Ebook Central, http://ebookcentral.proquest.com/lib/senavirtualsp/detail.action?docID=3189242.


26

PROBLEMA 9 El sistema trifásico de la Figura 20 se alimenta de una red de secuencia inversa de 400/690 V. Sabiendo que Z=10∠ − 36,87◦ Ω, determinar: 1. Con los interruptores abiertos, las lecturas de W1 , W2 , A1 y A2 . 2. Con los interruptores cerrados, el valor de X que hace que el generador trabaje con un factor de potencia unidad. 3. Las lecturas de W1 , W2 , A1 y A2 en las condiciones del apartado anterior. URN

USN

+ I R

R

+ IS

S

Z A1

N

A2 Z

W1 UTN

+

IT T

Z W2


jX

jX

jX

Figura 20

´ 9 S OLUCI ON Según el diagrama fasorial de la Figura 21, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦ W1 = USR · IS · cos(U SR , I S ) = UL · IL · cos(30 + ϕ) ◦ W2 = UT R · IT · cos(U T R , I T ) = UL · IL · cos(ϕ − 30 )

Si se suman y se restan las lecturas de ambos vat´ımetros se obtienen las potencias activa y reactiva trifásicas suministradas por el generador: √ W1 + W2 = UL · IL · [cos(30◦ + ϕ) + cos(ϕ − 30◦ )] = 3 · UL · IL · cos ϕ = Pg


PROBLEMA 9

27

UST USN USR

30o

30o

ϕ

IT

URN

IS ϕ

30o

URS

IR

ϕ

30o

UTN UTR Figura 21

Qg W2 − W1 = UL · IL · [cos(ϕ − 30◦ ) − cos(30◦ + ϕ)] = UL · IL · sin ϕ = √ 3 Por tanto: Pg = W1 + W2 √ Qg = 3 · (W2 − W1 ) 1. Con los interruptores abiertos, la intensidad de l´ınea es:


IL = IF =

400 UF = = 40 A Z 10

En esta situación, las lecturas de los amper´ımetros 1 y 2 son iguales y de valor 40 A. Las potencias, activa y reactiva, cedidas por el generador, es decir consumidas por la carga, se calculan como sigue: Pg = 3 · IL2 · Z · cos ϕ = 3 · 402 · 10 · cos(−36,87◦ ) = 38 400 W Qg = 3 · IL2 · Z · sin ϕ = 3 · 402 · 10 · sin(−36,87◦ ) = −28 800 var Por tanto: ⎫ W1 + W2 = 38 400 ⎬ W1 ≈ 27 513,85 W −28 800 =⇒ W2 ≈ 10 886,15 W ⎭ (W2 − W1 ) = √ 3 2. Para que la instalación trabaje con factor de potencia unidad, con los interruptores cerrados, es necesario que el generador no suministre potencia


28


reactiva a la carga. Como la carga Z tiene carácter capacitivo entonces X tendrá que ser inductiva. El valor de X se obtiene igualando la potencia reactiva que suministra la carga capacitiva con la potencia reactiva que consume la carga X, la cual se calcula como sigue: Q=3·

UF2 X

Despejando y sustituyendo valores resulta: X =3·

UF2 4002 =3· ≈ 16,6ˆ6 Ω Q 28 800

3. En las condiciones del apartado anterior, las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene según: W1 + W2 = 38 400 =⇒ W1 = W2 = 19 200 W (W2 − W1 ) = 0


La lectura del amper´ımetro 2 sigue siendo la misma que en el apartado 1, es decir 40 A, ya que no se modifican las condiciones de funcionamiento de la carga Z. Por otro lado, la lectura del amper´ımetro 1 se puede obtener a partir de la potencia aparente del generador, que en esta situación (al ser nula potencia reactiva) es igual a la potencia activa: √ Sg = Pg = 3 · UL · IL1 Despejando y sustituyendo valores resulta: IL1 = √

Pg 38 400 ≈ 32,13 A =√ 3 · UL 3 · 690

Por tanto, la lectura del amper´ımetro 1 es 32,13 A.

PROBLEMA 10 El sistema de la Figura 22 se encuentra alimentado por un sistema de tensiones trifásico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Con los interruptores abiertos la lectura de los instrumentos de medida son: W1 =865 W, W2 =635 W, W3 =116 W, W4 =167 W y A=10 A. Sabiendo que la carga 1 tiene carácter inductivo, determinar:


PROBLEMA 10

29

1. Las potencias, activa y reactiva, absorbidas o cedidas por la carga 1. 2. Las potencias, activa y reactiva, absorbidas o cedidas por la carga 2. 3. El factor de potencia equivalente de la instalación. 4. La capacidad de los condensadores para que, una vez conectados, el factor de potencia equivalente de la instalación sea de 0,95 capacitivo. URN

USN

+ I R R

W2

W4

IR1

+ IS S

N UTN

+

IT T

W1

IR2

Z2

IS2

Z2

IT2

Z2

A C

C

C

+ W3


Z1

Z1

Figura 22

´ 10 S OLUCI ON 1. Según la Figura 22, el vat´ımetro 3 mide la potencia activa absorbida por la impedancia Z 1 : W3 = PZ1 = 116 W Por otro lado, la lectura del vat´ımetro 3 es: , I R1 ) = URT · IR1 · cos ϕ1 W3 = URT · IR1 · cos(U RT Despejando y sustituyendo valores resulta: cos ϕ1 =

W3 116 = 0,029 =⇒ ϕ1 ≈ 88,33◦ = URT · IR1 400 · 10



30

Como las dos impedancias Z 1 están sometidas a la misma tensión, que en este caso es la tensión de l´ınea del sistema trifásico, absorberán las mismas potencias, activa y reactiva. En consecuencia con lo anterior: P1 = 2 · PZ1 = 2 · 116 = 232 W

Q1 = P1 · tan ϕ1 = 232 · tan(88,33◦ ) ≈ 7 997 var 2. Según la Figura 22, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: W1 = UT S · IT · cos(U T S, IT ) W2 = URS · IR · cos(U RS , I R ) Como la carga 1 está desequilibrada, las intensidades de l´ınea, {I R , I S , I T }, formarán un sistema trifásico desequilibrado. La potencia activa absorbida por las cargas 1 y 2 se puede calcular a partir de la potencia compleja: ∗

∗

∗

P12 = e[S] = e[U RN · I R + U SN · I S + U T N · I T ] Al no haber conductor neutro, se verifica:


IR + IS + IT = 0 Por tanto: ∗

∗

∗

∗

P12 = e[S] = e[U RN · I R + U SN · (−I R − I T ) + U T N · I T ] ∗

∗

∗

∗

= e[U RS · I R + U T S · I T ] = e[U RS · I R ] + e[U T S · I T ] = W1 + W2 Además, según el Teorema de Boucherot: P12 = P1 + P2 Hay que recordar que, cuando el sistema está desequilibrado, no se puede utilizar el método de los dos vat´ımetros para obtener la potencia reactiva. La potencia activa que absorbe la carga trifásica 2 se calcula a partir de las relaciones anteriores: P2 = W1 + W2 − P1 = 865 + 635 − 232 = 1 268 W


PROBLEMA 10

UTR

31

UTS UTN 30o

IS2 USN

ϕ2

ϕ2

ϕ2

60o

IT2

URS

30o

IR2

URN

UST Figura 23

Según la Figura 22 y el diagrama fasorial de la Figura 23, la lectura del vat´ımetro 4 es la siguiente: ◦ W4 = UT S · IR2 · cos(U T S , I R2 ) = UT S · IR2 · cos(90 + ϕ2 ) −Q2 = −UT S · IR2 · sin(ϕ2 ) = √ 3

As´ı pues, la potencia reactiva de la carga 2 es: √ √ Q2 = − 3 · W4 = − 3 · 167 ≈ −289,25 var


Como el signo de Q2 ha resultado negativo implica que la carga 2 tiene carácter capacitivo, es decir cede potencia reactiva. 3. El factor de potencia equivalente de la instalación es: P12 P1 + P2 = S12 (P1 + P2 )2 + (Q1 + Q2 )2 232 + 1 268 = ≈ 0,19 inductivo (232 + 1 268)2 + (7 997 − 289,25)2

cos ϕT =

4. Una vez conectado el banco de condensadores, el factor de potencia equivalente de la instalación ha de ser de 0,95 capacitivo, por tanto el nuevo a´ ngulo equivalente será: ϕN = − arc cos(0,95) ≈ −18,19◦ De manera que la potencia reactiva que cede el conjunto de las cargas y el banco de condensadores es: QN = P12 · tan ϕN = (232 + 1 268) · tan(−18,19◦ ) ≈ −492,88 var



32

En consecuencia la potencia reactiva que debe suministrar el banco trifásico de condensadores se calcula como sigue: QC = QN − Q12 = −492,88 − (7 997 − 289,25) = −8 200,63 var De esta forma, la capacidad de cada uno de los condensadores del banco es la siguiente: 8 200,63 C= 2 ≈ 163 μF 400 3 · 2π · 50 · √ 3

PROBLEMA 11 Del sistema trifásico, equilibrado y de secuencia directa, de la Figura 24 se sabe que, con los interruptores abiertos, el vat´ımetro 1 marca cero, el vat´ımetro 2 marca 1 000 W y el volt´ımetro marca 400 V. Sabiendo que C=10 μF, calcular la lectura de ambos vat´ımetros cuando los interruptores están cerrados. URN

USN

+ I R R V + IS S W1


N UTN

+

W2

IT T

CARGA 1

CARGA 2 C

C

C

Figura 24


PROBLEMA 11

33

´ 11 S OLUCI ON

Según la Figura 24 y 25, la lectura del vat´ımetro 1 es la siguiente: −QT ◦ W1 = URT ·IS ·cos(U RT , I S ) = URT ·IS ·cos(90 +ϕ) = −URT ·IS ·sin ϕ = √ 3 UTN IS USN

ϕ

90o

30o

URN

URT

Figura 25

Con los interruptores abiertos: W1 =

−(Q1 + Q2 ) √ 3


Análogamente, con los interruptores abiertos la lectura del vat´ımetro 2 es: −Q2 W2 = √ 3 Teniendo en cuenta que, con los interruptores abiertos, W1 =0 y W2 =1 000, entonces: −(Q1 + Q2 ) √ =⇒ Q1 = −Q2 3 √ √ −Q2 =⇒ Q2 = −1 000 · 3 var =⇒ Q1 = 1 000 · 3 var 1 000 = √ 3 0=

Según los resultados obtenidos, la carga 2 es capacitiva y la carga 1 es inductiva. Por otro lado, la potencia reactiva que cede el banco de condensadores conectado en estrella es: 400 2 2 · 2π50 · 10 · 10−6 ≈ 502,65 var QC = 3 · UF · ωC = 3 · √ 3



34

Con los interruptores cerrados, la lectura de ambos vat´ımetros es la siguiente: √ √ −(Q1 + Q2 + QC ) −(1 000 · 3 − 1 000 · 3 − 502,65) √ √ = ≈ 290,21 W W1 = 3 3 √ −(−1 000 · 3 − 502,65) −(Q2 + QC ) √ √ = ≈ 1 290,2 W W2 = 3 3 PROBLEMA 12 El circuito trifásico de la Figura 26 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 380 V. Sabiendo que Z 1 =10∠90◦ Ω, Z 2 =10∠0◦ Ω, Z 3 =10∠ − 36,87◦ Ω, R=0,1 Ω, obtener las lecturas de los tres amper´ımetros en los siguientes casos: 1. Con K1 y K2 cerrados. 2. Con K1 cerrado y K2 abierto. 3. Con K1 y K2 abiertos. 4. Con K1 y K2 cerrados y conectada la bater´ıa de condensadores de forma que el factor de potencia equivalente de la instalación es de 0,99 inductivo. URN

+


A1 USN

+

N

IR IS

R

IR1 IRC

IS1

R

A2 UTN

+ A3

ISC

IT

IT1 R ITC

K1 Z1

C

C

Z2

K2

C

Figura 26


Z3

PROBLEMA 12

35

´ 12 S OLUCI ON 1. Si K1 y K2 están cerrados entonces: √ 380/ 3∠0◦ U RN I R = I R1 = = ≈ 21,94∠ − 89,43◦ A 0,1 + 10∠90◦ R + Z1 √ 380/ 3∠ − 120◦ U SN I S = I S1 = = ≈ 21,72∠ − 120◦ A 0,1 + 10∠0◦ R + Z2 √ 380/ 3∠120◦ UTN IT = IT 1 = = ≈ 21,76∠156,53◦ A 0,1 + 10∠ − 36,87◦ R + Z3 Siendo la lectura de cada amper´ımetro: A1 = 21,94 A ; A2 = 21,72 A ; A3 = 21,76 A 2. Cuando K1 está cerrado y K2 abierto la lectura de los amper´ımetros 1 y 2 no var´ıan respecto al apartado anterior, sin embargo la lectura del amper´ımetro 3 ahora es nula: A1 = 21,94 A ; A2 = 21,72 A ; A3 = 0 3. Cuando ambos interruptores se encuentran abiertos, el circuito resultante es el mostrado en la Figura 27, de donde se deduce la siguiente expresión:


N

URN

+

IR

R

Z1

USN

+

IS

R

Z2

Figura 27

U RS = I R · (2 · R + Z 1 + Z 2 ) = −I S · (2 · R + Z 1 + Z 2 ) Despejando y sustituyendo valores resulta: U RS 2 · R + Z1 + Z2 380∠30◦ = ≈ 26,6∠ − 14,43◦ A 2 · 0,1 + 10∠90◦ + 10∠0◦

I R = −I S =

Por tanto, la lectura de los amper´ımetros es: A1 = A2 = 26,6 A ; A3 = 0 Bachiller, Soler, Alfonso, et al. Circuitos trifásicos: problemas resueltos, Ediciones Díaz de Santos, 2010. ProQuest Ebook Central, http://ebookcentral.proquest.com/lib/senavirtualsp/detail.action?docID=3189242.


36

4. En primer lugar se calculará la potencia de la bater´ıa de condensadores. Para ello se obtendrán las potencias, activa y reactiva, absorbidas por los receptores: 2 2 + IS1 + IT2 1 ) PT = R · (IR1 2 2 + Z2 · cos ϕ2 · IS1 + Z3 · cos ϕ3 · IT2 1 + Z1 · cos ϕ1 · IR1

= 0,1 · (21,942 + 21,722 + 21,762 ) + 10 · cos 90◦ · 21,942 + 10 · cos 0◦ · 21,722 + 10 · cos(−36,87◦ ) · 21,762 ≈ 8 648,22 W 2 2 + Z2 · sin ϕ2 · IS1 + Z3 · sin ϕ3 · IT2 1 QT = Z1 · sin ϕ1 · IR1

= 10 · sin 90◦ · 21,942 + 10 · sin 0◦ · 21,722 + 10 · sin(−36,87◦ ) · 21,762 ≈ 1 972,64 var Por tanto, la potencia reactiva que ha de suministrar la bater´ıa de condensadores para obtener un factor de potencia de 0,99 es la siguiente: tan(arc cos 0,99) =

1 972,64 − QC QT − QC =⇒ QC ≈ 740,33 var = PT 8 648,22

Una vez obtenida la potencia reactiva de la bater´ıa de condensadores entonces: QC 740,33 ≈ 1,12 A =√ IRC = ISC = IT C = √ 3 · UL 3 · 380


En consecuencia:

I R = I R1 + I RC = 21,94∠ − 89,43◦ + 1,12∠90◦ ≈ 20,82∠ − 89,4◦ A

I S = I S1 + I SC = 21,72∠ − 120◦ + 1,12∠ − 30◦ ≈ 21,75∠ − 117,04◦ A

I T = I T 1 + I T C = 21,76∠156,53◦ + 1,12∠ − 150◦ ≈ 22,44∠158,83◦ A Siendo la lectura de cada amper´ımetro: A1 = 20,82 A ; A2 = 21,75 A ; A3 = 22,44 A


PROBLEMA 13

37

PROBLEMA 13 El circuito de la Figura 28 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que el volt´ımetro mide 400 V, R=10 Ω, Z 1 =10∠90◦ Ω, y Z 2 =30∠ − 90◦ Ω. Obtener: 1. La lectura del amper´ımetro. 2. La lectura del vat´ımetro 1. 3. La lectura del vat´ımetro 2. URN

USN

+ I R R

R

IA

V

Z2

+ IS S

N

R

Z2

W2 UTN


IB

A

Z2 +

R

IT T

W1

Z1

Z1

Z1

Figura 28

´ 13 S OLUCI ON 1. Como el sistema está equilibrado, el neutro de la carga 1 y el neutro del generador están al mismo potencial. Tomando como origen de fases la tensión U RS : √ 400/ 3∠ − 30◦ 40 U RN IA = = = √ ∠ − 120◦ A ◦ 10∠90 Z1 3


38


Por otro lado, si se convierte la carga 2, conectada en triángulo, a su equivalente en estrella, resulta: IB =

U RN R+

Z2 3

√ √ 400/ 3∠ − 30◦ 20 2 = = √ ∠15◦ A ◦ 10 + 30∠−90 3 3

Según la Figura 28: IR = IA + IB

√ 40 20 2 ◦ = √ ∠ − 120 + √ ∠15◦ ≈ 16,32∠ − 75◦ A 3 3

Por tanto, la lectura del amper´ımetro es de 16,32 A. 2. Según la Figura 28, el vat´ımetro 1 está midiendo la potencia activa de una de las fases del conjunto trifásico situado a la derecha de e´ l. Como Z 2 es una carga capacitiva pura, no consumirá potencia activa. Por tanto: 2 ·R = W 1 = IB

√ 2 20 2 8 000 √ W · 10 = 3 3


3. Según la Figura 28 y el diagrama fasorial de la Figura 29, el vat´ımetro 2 mide lo siguiente: −Q ◦ W2 = URT · IS · cos(U RT , I S ) = URT · IS · cos(ϕ + 90 ) = √ 3

UTR UTN IT

IS USN

ϕ

URS 30o

30o

URN

IR 60o

UST

URT

Figura 29 Bachiller, Soler, Alfonso, et al. Circuitos trifásicos: problemas resueltos, Ediciones Díaz de Santos, 2010. ProQuest Ebook Central, http://ebookcentral.proquest.com/lib/senavirtualsp/detail.action?docID=3189242.

PROBLEMA 14

39

donde Q es la potencia reactiva cedida por el generador: Z2 · sin ϕ2 3 √ 2 40 2 20 2 30 ◦ √ · sin(−90◦ ) =3· √ · 10 · sin(90 ) + 3 · · 3 3 3

2 2 · Z1 · sin ϕ1 + 3 · IB · Q = 3 · IA

= 8 000 var De donde resulta: W2 =

−8 000 √ ≈ −4 618,8 W 3

Otra forma de proceder es aplicando directamente la expresión del vat´ımetro 2: W2 = URT · IS · cos(U RT , I S ) √ 20 2 = 400 · √ · cos[−60◦ − (−75◦ − 120◦ )] 3 √ −8 000 20 2 = 400 · √ · cos(135◦ ) = √ 3 3


PROBLEMA 14 El circuito de la Figura 30 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que el volt´ımetro mide 400 V, R=10 Ω, Z 1 =Z 3 = 10∠90◦ Ω y Z 2 =30∠ − 90◦ Ω. Obtener: 1. La lectura del amper´ımetro 1. 2. La lectura del amper´ımetro 2. 3. La lectura del vat´ımetro 1. 4. La lectura del vat´ımetro 2. ´ 14 S OLUCI ON El circuito trifásico de la Figura 30 se encuentra equilibrado ya que tanto las cargas como el sistema de alimentación lo están. De este modo resulta mas cómodo trabajar con un circuito monofásico equivalente para el análisis del sistema. Bachiller, Soler, Alfonso, et al. Circuitos trifásicos: problemas resueltos, Ediciones Díaz de Santos, 2010. ProQuest Ebook Central, http://ebookcentral.proquest.com/lib/senavirtualsp/detail.action?docID=3189242.


40

URN

USN

+ I R

R

R1

A1

A2

R2 R

Z3

S2 R

Z3

T2 R

Z3

V + IS

N UTN

R

R

+

R

S

R

IT T

R

S1

W2

R

T1

W1

Z2 Z1

Z1

Z1

Z2 Z2

Figura 30

Para obtener el circuito monofásico equivalente es necesario que todas las cargas estén conectadas en triángulo o en estrella. En este caso se usará la conexión en estrella, de forma que la carga 2 habrá que convertirla a esta configuración:


Z 2Y =

Z 2Δ Z2 = 3 3

En la Figura 31 se representa el circuito monofásico equivalente correspondiente a la Figura 30. IR

R

R1

R

R2

A1

R A2

+ URN

Z1

Z2/3

Z3

N

Figura 31

A partir de la lectura del volt´ımetro, y tomando la fuente de tensión U RN como origen de fases, se tiene: 400 U RN = √ ∠0◦ V 3


PROBLEMA 14

41

1. Haciendo una conversión de la fuente de tensión en el circuito de la Figura 31, resulta el circuito de la Figura 32. IR

URN/R

R

R1

A1

I1

R

Z1

R2

A2

Z2/3

I2

R

Z3

N

Figura 32

A partir del circuito de la Figura 32, aplicando el concepto de divisor de intensidad: U RN Y eq · I1 = R 1 1 + + Y eq R Z1 donde: Z2 (R + Z 3 ) · 1 3 Z eq = =R+ Y eq Z2 (R + Z 3 ) + 3


Sustituyendo valores resulta: 30∠ − 90◦ 1 3 ≈ 22,36∠ − 26,57◦ Ω = = 10 + ◦ 30∠ − 90 Y eq (10 + 10∠90◦ ) + 3 (10 + 10∠90◦ ) ·

Z eq

1 22,36∠ − 26,57◦ · I1 = √ ≈ 6,41∠56,31◦ A 1 1 3 · 10 1 + + 10 10∠90◦ 22,36∠ − 26,57◦ 400∠0◦

Por tanto, la lectura del amper´ımetro 1 es de 6,41 A. 2. Procediendo de forma análoga al caso anterior: 1 I2 = I1 ·

(R + Z 3 ) 3 1 + (R + Z 3 ) Z 2


42


Sustituyendo valores resulta: 1 (10 + 10∠90◦ ) I 2 = 6,41∠56,31◦ · = 6,41∠ − 33,69◦ A 3 1 + (10 + 10∠90◦ ) 30∠ − 90◦ Por tanto, la lectura del amper´ımetro 2 es de 6,41 A. 3. Según la Figura 30, el vat´ımetro 1 está midiendo el consumo de potencia activa de una de las fases del conjunto trifásico situado a la derecha de e´ l: W1 = I12 · Zeq · cos ϕeq = 6,412 · 22,36 · cos(−26,57◦ ) ≈ 821,7 W 4. Atendiendo a la Figura 30, es fácil comprobar que el vat´ımetro 2 mide lo siguiente: −3 · I22 · Z3 · sin ϕ3 −Q √ W2 = √ = 3 3 Sustituyendo valores resulta:


W2 =

−3 · 6,412 · 10 · sin(90◦ ) √ ≈ −711,66 W 3

PROBLEMA 15 El circuito de la Figura 33 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que el volt´ımetro mide 400 V, Z R =10∠0◦ Ω, Z S =10∠45◦ Ω y Z T =10∠90◦ Ω. Tomando como origen de fases U RN , se pide: 1. Obtener I R , I S e I T y las lecturas de W1 y W2 cuando K1 y K2 están abiertos. 2. Obtener la capacidad (C) de los condensadores para que, con K1 cerrado y K2 abierto, el factor de potencia equivalente de la instalación sea la unidad. As´ı mismo, obtener I R , I S e I T . 3. Obtener las capacidades (CR , CS y CT ) de los condensadores para que, con K1 abierto y K2 cerrado, el factor de potencia de cada una de las ramas monofásicas resultantes sea la unidad.


PROBLEMA 15

43

4. En las condiciones del apartado anterior, obtener I R , I S e I T . 2 + I 2 + I 2 ) para los tres casos analizados. Justificar cual de los 5. Calcular (IR S T métodos de compensación de reactiva es el más conveniente.

URN

USN

+ I R

R W1

ZR

IZS

ZS

V + IS

N

W2

S UTN

IZR

+

O

IT T

IZT ICR

ICS

ZT

ICT

K1

K2 C

C

C

CR

CS

CT

Figura 33


´ 15 S OLUCI ON 1. Como el neutro del generador está r´ıgidamente unido al neutro de la carga entonces UN O =0, y las intensidades resultan: √ 400/ 3∠0◦ 40 U RN I R = I ZR = = ≈ √ ∠0 A ◦ 10∠0 ZR 3 √ ◦ 400/ 3∠ − 120 40 U SN I S = I ZS = = ≈ √ ∠ − 165◦ A ◦ 10∠45 ZS 3 √ ◦ 400/ 3∠120 40 UTN I T = I ZT = = ≈ √ ∠30◦ A ◦ 10∠90 ZT 3 La lectura de cada vat´ımetro es: 40 ◦ W1 = UT R · IR · cos(U T R , I R ) = 400 · √ · cos(150 ) = −8 000 W 3 40 ◦ ◦ W2 = UST · IS · cos(U ST , I S ) = 400 · √ · cos(−90 + 165 ) ≈ 2 391 W 3



44

2. La potencia reactiva que absorbe la carga es: 2 2 + ZT · sin ϕT · IZT Q = ZS · sin ϕS · IZS 40 2 40 2 = 10 · sin(45◦ ) · √ + 10 · sin(90◦ ) · √ ≈ 9 104,57 var 3 3

Como el factor equivalente debe ser la unidad entonces toda la potencia reactiva que absorbe la carga debe ser suministrada por la bater´ıa de condensadores: U2 QC = Q = 3 · F = ω · C · UL2 XC Despejando y sustituyendo valores resulta: C=

9 104,57 QC = ≈ 181,13 μF 2 2π · 50 · 4002 2π · f · UL

Según la Figura 33: U RN U RN · 2π · f · C = XC ∠ − 90◦ 1∠ − 90◦ √ 400/ 3∠0◦ · 2π · 50 · 181,13 · 10−6 = ≈ 13,14∠90◦ A 1∠ − 90◦ ≈ 13,14∠ − 30◦ A ; I CT ≈ 13,14∠210◦ A

I CR =

I CS


Por tanto: 40 I R = I CR + I ZR = 13,14∠90◦ + √ ∠0 ≈ 26,57∠29,63◦ A 3 40 I S = I CS + I ZS = 13,14∠ − 30◦ + √ ∠ − 165◦ ≈ 16,64∠ − 131,05◦ A 3 40 I T = I CT + I ZT = 13,14∠210◦ + √ ∠30◦ ≈ 9,95∠30◦ A 3 3. En este caso la capacidad de cada uno de los condensadores será tal que el factor de potencia de cada una de las ramas monofásicas sea la unidad. La potencia reactiva que absorbe cada una de las impedancias monofásicas es: 2 =0 QR = ZR · sin ϕR · IZR

40 2 = 10 · sin(45 ) · √ ≈ 3 771,24 var QS = 3 40 2 2 ◦ ≈ 5 333,33 var QT = ZT · sin ϕT · IZT = 10 · sin(90 ) · √ 3 2 ZS · sin ϕS · IZS

◦


PROBLEMA 15

45

A partir de estas potencias, la capacidad de cada uno de los condensadores se calcula de la siguiente forma: QR =0 2π · f · UF2 QS 3 771,24 √ = ≈ 225 μF CS = 2 2π · f · UF 2π · 50 · (400/ 3)2 QT 5 333,33 √ = ≈ 318 μF CT = 2 2π · f · UF 2π · 50 · (400/ 3)2

CR =

4. Teniendo en cuenta que, una vez compensadas, el factor de potencia de cada rama monofásica es la unidad, entonces:


40 I R = √ ∠0◦ A 3 2 PS ZR · cos ϕR · IZS IS = ∠ − 120◦ = ∠ − 120◦ UF UF √ 10 · cos(45◦ ) · (40/ 3)2 √ ∠ − 120◦ ≈ 16,33∠ − 120◦ A = (400/ 3) 2 ZT · cos ϕT · IZT PT IT = ∠120◦ = ∠120◦ UF UF √ 10 · cos(90◦ ) · (40/ 3)2 √ ∠120◦ = 0 A = (400/ 3) 5. Para cada uno de los casos analizados se obtiene lo siguiente: 40 2 + + = 3· √ = 1 600 A2 3 2 (IR + IS2 + IT2 ) = 26,572 + 16,642 + 9,952 ≈ 1 081,1 A2 √ 2 (IR + IS2 + IT2 ) = (40/ 3)2 + 16,332 ≈ 800 A2 2 (IR

IS2

IT2 )

A la vista de los resultados, el método de compensación de reactiva más conveniente en este caso se consigue usando condensadores de distinta capacidad. Con este método se disminuir´ıan las pérdidas en las l´ıneas de alimentación ya que: 2 + IS2 + IT2 ) Pérdidas ∼ (IR


46


PROBLEMA 16 El circuito de la Figura 34 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa, de 400 V. Sabiendo que Z R =10∠0◦ Ω, Z S =10∠45◦ Ω, Z T =10∠90◦ Ω y que Z N =0,1∠0◦ Ω, obtener la lectura del volt´ımetro en los casos siguientes: 1. Con K1 abierto y K2 cerrado. 2. Con K1 cerrado. 3. Con K1 y K2 abiertos. K1 URN

USN

+ I R

R

ZR

+ IS

S

ZS

N

O UTN

+

K2

IT T

ZT


ZN

V

Figura 34

´ 16 S OLUCI ON 1. Con K1 abierto y K2 cerrado, la tensión entre el neutro del generador y el neutro de la carga se puede obtener aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

+

U SN

+

UTN

ZR ZS ZT 1 1 1 1 + + + ZR ZS ZT ZN


PROBLEMA 17

47


U ON

√ √ √ (400/ 3)∠0◦ (400/ 3)∠120◦ (400/ 3)∠ − 120◦ + + 10∠0◦ 10∠45◦ 10∠90◦ = ≈ 3,45∠76◦ V 1 1 1 1 + + + 10∠0◦ 10∠45◦ 10∠90◦ 0,1∠0◦

Por tanto, la lectura del volt´ımetro es de 3,45 V.

√ 2. Si K1 está cerrado, la lectura del volt´ımetro es de 400/ 3 ≈ 230 V independientemente del estado del interruptor K2 , porque se encuentra midiendo la tensión de la fuente URN 3. Con K1 y K2 abiertos, la tensión entre el neutro del generador y el neutro de la carga se puede obtener de la misma forma que en el apartado 1, aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

ZR 1


ZR

+

+ 1 ZS

U SN ZS +

1 ZN

Sustituyendo valores, resulta: √ √ (400/ 3)∠0◦ (400/ 3)∠120◦ + 10∠0◦ 10∠45◦ U ON = ≈ 3,60∠37,9◦ V 1 1 1 + + 10∠0◦ 10∠45◦ 0,1∠0◦ Por tanto, la lectura del volt´ımetro es de 3,6 V.

PROBLEMA 17 El circuito de la Figura 35 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia directa. Sabiendo que Z C =−j40 Ω, Z L =j40 Ω y que el amper´ımetro marca 10 A, se pide: 1. Calcular la intensidad que circula por el neutro. 2. Obtener las lecturas de los vat´ımetros. 3. Justificar si deber´ıa coincidir la suma de las lecturas de los dos vat´ımetros con la potencia activa absorbida por la carga.



48

URN

USN

+

+

N UTN

+

ZC

IR R

W1 ZL

IS S

IT T

W2

O

ZL A IN

Figura 35

´ 17 S OLUCI ON 1. Para determinar la intensidad que circula por el neutro basta con aplicar la Ley de Kirchhoff de intensidades:


IN = IR + IS + IT Como el sistema posee neutro, y e´ ste se considera ideal, las tensiones de fase en la carga estarán equilibradas. Al tener el mismo módulo las tres impedancias de carga, las correspondientes intensidades de fase tendrán el mismo valor eficaz de 10 A: |I R | = |I S | = |I T | = 10 A Eligiendo como origen de fases la tensión U RN , se construye el diagrama fasorial de la Figura 36 donde las tres intensidades se situarán adelantadas o retrasadas 90◦ a su correspondiente tensión de fase, según la carga sea, respectivamente, un condensador o una bobina. Según esto, es fácil comprobar que I R = 10∠90◦ A ; I S = 10∠150◦ A ; I T = 10∠30◦ A y por tanto, la intensidad que circula por el neutro es I N = 10∠90◦ + 10∠150◦ + 10∠30◦ = 20∠90◦ A Bachiller, Soler, Alfonso, et al. Circuitos trifásicos: problemas resueltos, Ediciones Díaz de Santos, 2010. ProQuest Ebook Central, http://ebookcentral.proquest.com/lib/senavirtualsp/detail.action?docID=3189242.

PROBLEMA 18

UTR

49

UTN URS

IR IT

IS

URN

USN UST Figura 36

2. Las tensiones de fase y de l´ınea se pueden obtener de las siguientes relaciones: UF = IF · Z = 10 · 40 = 400 V √ √ UL = 3 · UF = 3 · 400 V De esta forma, la lectura de cada vat´ımetro será


W1 = URT · IR · cos(U RT , I R ) √ √ = 3 · 400 · 10 · cos(−30◦ − 90◦ ) = −2 000 3 W W2 = UST · IS · cos(U ST , I S ) √ √ = 3 · 400 · 10 · cos(−90◦ − 150◦ ) = −2 000 3 W 3. Al tratarse de elementos reactivos puros, la potencia activa absorbida por ellos será nula y no coincide con la suma de las lecturas de los vat´ımetros. Esto es debido a que el método de Aron, al igual que el de los tres vat´ımetros, solo es válido en sistemas donde I R + I S + I T = 0, lo que no se cumple en este caso.

PROBLEMA 18 El circuito de la Figura 37 se encuentra alimentado por un generador desequilibrado. Conocidas las intensidades de l´ınea I R =15∠30◦ A e I S =20∠140◦ A, y que Z=3∠30◦ Ω, determinar las intensidades de fase en la carga.


50


URN

+ I R

R IRS ITR

Z USN

+ IS

S Z IST Z

UTN

+

IT T

Figura 37

´ 18 S OLUCI ON


Al estar el generador desequilibrado, no existe una relación conocida entre las intensidades de l´ınea y de fase. Por tanto, será necesario calcular las tensiones del sistema. Convirtiendo la carga en triángulo a su estrella equivalente da lugar al circuito de la Figura 38, a partir del cual se puede obtener la tensión de cada impedancia:

U RN = I R · Z = 15∠30◦ · 1∠30◦ = 15∠60◦ V

U SN = I S · Z = 20∠140◦ · 1∠30◦ = 20∠170◦ V

U T N = I T · Z = −(I R + I S ) · Z

≈ 20,49∠ − 83,46 · 1∠30◦ = 20,49∠ − 23,46 V A partir de estas tensiones de fase se obtienen las tensiones de l´ınea: U RS = U RN − U SN = 15∠60◦ − 20∠170◦ ≈ 28,81∠19,29◦ V U ST = U SN − U T N = 20∠170◦ − 20,49∠ − 23,46◦ ≈ 40,21∠163,19◦ V U T R = U T N − U RN = 20,49∠ − 23,46◦ − 15∠60◦ ≈ 23,98∠ − 61,89◦ V Conocidas las tensiones de l´ınea del sistema, es fácil determinar las intensida-


PROBLEMA 19

URN

USN

51

+ I R

R

Z’

+ IS

S

Z’ N

UTN

+

IT T

Z’

Figura 38

des de fase de la carga original: 28,81∠19,29◦ U RS = ≈ 9,6∠ − 10,71◦ A 3∠30◦ Z 40,21∠163,19◦ U ST = = ≈ 13,40∠133,19◦ A ◦ 3∠30 Z 23,98∠ − 61,89◦ UTR = = ≈ 8∠ − 91,89◦ A 3∠30◦ Z

I RS = I ST ITR


PROBLEMA 19 El circuito de la Figura 39 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa, de 380 V. Sabiendo que R=10 Ω, XC =−j2 Ω y Z=2 + j3 Ω, calcular las lecturas de los vat´ımetros en los siguientes casos: 1. Todos los interruptores abiertos. 2. Cerrado sólo el interruptor K1 . 3. Cerrado sólo el interruptor K2 . 4. Cerrado sólo el interruptor K3 .



52

URN

+ R

IR

W1 K2

USN

R + S

IS

N K1

UTN

K3

10 kW cosϕ=0,8 capacitivo

XC

Z + T

IT

W2

Figura 39

´ 19 S OLUCI ON 1. Según la Figura 39 las lecturas de los vat´ımetros son las siguientes: W1 = URS · IR · cos(U RS , I R ) Copyright © 2010. Ediciones Díaz de Santos. All rights reserved.

W2 = UT S · IT · cos(U T S, IT )

UST USN

30o

IT

URN

IS

ϕ

ϕ

URS

30o

IR

ϕ

30o

UTN UTR

UTS Figura 40

Cuando todos los interruptores están abiertos la carga está equilibrada y Bachiller, Soler, Alfonso, et al. Circuitos trifásicos: problemas resueltos, Ediciones Díaz de Santos, 2010. ProQuest Ebook Central, http://ebookcentral.proquest.com/lib/senavirtualsp/detail.action?docID=3189242.

PROBLEMA 19

53

según el diagrama fasorial de la Figura 40: W1 = UL · IL · cos(ϕ − 30◦ ) W2 = UL · IL · cos(30◦ + ϕ)

⎧ ⎨ W1 + W2 = P Q =⇒ ⎩ W1 − W2 = √ 3

En este caso, P y Q se obtienen a partir de los datos conocidos de la carga de 10 kW: P = 10 000 W Q = P · tan(ϕ) = 10 000 · tan(− arc cos(0,8)) = −7 500 var En consecuencia: P =W √ 1 + W2 = 10 000 Q = 3 · (W1 − W2 ) = −7 500

=⇒

W1 ≈ 2 835 W W2 ≈ 7 165 W

2. Al cerrar K1 las tensiones en la carga de 10 kW no cambian y, por tanto, sus intensidades tampoco. Los vat´ımetros siguen sometidos a las mismas tensiones e intensidades, y no se modifican sus lecturas.


3. Cuando se cierra K2 , los vat´ımetros siguen conectado según el montaje Aron aunque ahora, al estar la carga desequilibrada, sólo se puede medir potencia activa con ellos. Las nuevas lecturas de los vat´ımetros deben cumplir: P = W1 + W2 El valor de la nueva potencia activa se obtiene sumando la que absorbe la resistencia de 10 Ω y la carga de 10 kW: P = P + PR = 10 000 +

3802 = 24 440 W 10

Por otra parte, la lectura del vat´ımetro 2 no cambia ya que no lo hace ni su tensión ni su intensidad. Teniendo en cuenta esto, puede obtenerse la nueva lectura del vat´ımetro 1: W1 = P − W2 = 24 440 − 7 165 = 17 275 W 4. Si el u´ nico interruptor que está cerrado es K3 , se tiene el método de Aron con carga desequilibrada. Además, dicho interruptor conecta en paralelo un



54

condensador y la carga de 10 kW, de forma que la potencia activa no ha variado respecto al caso 1. En consecuencia: P = W1 + W2 = 10 000 W Además, la lectura del vat´ımetro 1 no cambia ya que no se modifica ni la intensidad ni la tensión medida al cerrar K3 . En resumen, si la suma de los vat´ımetros no cambia y tampoco lo hace W1 entonces la lectura del vat´ımetro 2 será la misma que la del primer apartado: W1 = W1 = 2 835 W ; W2 = W2 = 7 165 W

PROBLEMA 20 El circuito de la Figura 41 se alimenta desde un generador trifásico equilibrado y de secuencia inversa. Estando el interruptor K cerrado, las lecturas de los vat´ımetros son W1 =−1 500 W y W2 =−3 750 W. Suponiendo que Z v es una impedancia idéntica a la impedancia voltimétrica de los vat´ımetros, determinar: 1. La potencia activa y reactiva de la carga. 2. Las nuevas lecturas de los vat´ımetros al abrir el interruptor K.


R

S

IR

W1

W2

IS

CARGA EQUILIBRADA

T

IT

Zv

K O

Figura 41


PROBLEMA 20

55

´ 20 S OLUCI ON

1. Estando el interruptor cerrado, las impedancias voltimétricas de los vat´ımetros, junto con Z v , constituyen una carga trifásica equilibrada en estrella. Por esto, su neutro (punto O) estará al mismo potencial que el neutro del generador y de la carga. USR

USO

30o

URO

120o ϕ

120o

30o

IR URS UTO

Figura 42

A partir del diagrama fasorial representado en la Figura 42 se pueden deducir las expresiones de las lecturas de los vat´ımetros:


◦ W1 = UT O · IR · cos(U T O , I R ) = UF · IF · cos(120 − ϕ) ◦ W2 = USO · IR · cos(U SO , I R ) = UF · IF · cos(120 + ϕ)

Desarrollando estas expresiones se tiene que −1 cos ϕ + W1 = UF · IF · 2 −1 cos ϕ − W2 = UF · IF · 2

3 sin ϕ 2 √ 3 sin ϕ 2 √

de donde −W1 − W2 = UF · IF · cos ϕ = W1 − W2 =

√

P 3

Q 3 · UF · IF · sin ϕ = √ 3



56

Luego los valores de las potencias, activa y reactiva, de la carga serán: P = 3 · (−W1 − W2 ) = 3 · (1 500 + 3 750) = 15 750 W √ √ Q = 3 · (W1 − W2 ) = 3 · (−1 500 + 3 750) ≈ 3 897 var 2. Si se abre el interruptor K, la bobina voltimétrica del vat´ımetro 1 queda desconectada, por lo que: W1 = 0 Por otra parte, la bobina voltimétrica del vat´ımetro 2 queda en serie con Z v , estando conectado el conjunto a la tensión de l´ınea U SR . Cada una de ellas tendrá una tensión de U SR /2 y en consecuencia la lectura del vat´ımetro 2 será: USR UL U SR · IR · cos( , I R) = · IF · cos(150◦ + ϕ) 2 2 2 √ √ 1 − 3 3 · UF · IF · cos ϕ − sin ϕ = 2 2 2 √ 3 −3 · UF · IF · cos ϕ − · UF · IF · sin ϕ = 4 4 √ −15 750 3 897 −P 1 3Q −1 P− = − √ Q= − √ ≈ −4 500 W = 4 4 3 4 4 4 3 4 3


W2 =


PROBLEMA 21

57

PROBLEMA 21 El circuito de la Figura 43 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado de 400 V y de secuencia desconocida. Sabiendo que W1 =3 000 y W2 =1 000, se pide: 1. Deducir la secuencia de fases. 2. Determinar los valores de R y X. URN

USN

+ I R

R

+ IS

S

R

jX

R

jX

R

jX

W1

N UTN

+

IT T

W2

Figura 43


´ 21 S OLUCI ON 1. El montaje realizado con los vat´ımetros se corresponde con una variante del método de Aron. A partir de sus lecturas se pueden determinar las potencias, activa y reactiva, de la carga. Según la Figura 43, las lecturas de los vat´ımetros son: W1 = URS · IR · cos(U RS , I R ) W2 = UST · IT · cos(U ST , I T ) Si se supone que la secuencia de fases es directa, según el diagrama fasorial de la Figura 44 se tiene que √ 1 3 cos ϕ − sin ϕ W1 = UL · IL · cos(30◦ + ϕ) = UL · IL · 2 2 √ 1 − 3 cos ϕ − sin ϕ W2 = UL · IL · cos(150◦ + ϕ) = UL · IL · 2 2



58

UTR

UTS UTN 30o ϕ

IS ϕ

USN

IT

URS

30o

ϕ

URN

IR UST Figura 44

de donde W1 − W2 =

√

3 · UL · IL · cos ϕ = P √ √ − 3 · (W1 + W2 ) = 3 · UL · IL · sin ϕ = Q Sustituyendo valores:


P = W1 − W2 = 3 000 − 1 000 = 2 000 W √ √ √ Q = − 3 · (W1 + W2 ) = − 3 · (3 000 + 1 000) = −4 000 3 var Estos resultados no son los esperados ya que, al tratarse de una carga resistivainductiva, tiene que absorber potencia activa y reactiva y, por tanto, los signos de estas potencias han de ser ambos positivos. UST USN

120o

30o

IT

URN

IS

ϕ

ϕ

30o

URS

IR

ϕ

UTN UTR Figura 45


PROBLEMA 22

59

En cambio, si se considera una secuencia de fases inversa, según el diagrama fasorial de la Figura 45: √ 1 3 cos ϕ + sin ϕ W1 = UL · IL · cos(30◦ − ϕ) = UL · IL · 2 2 √ 1 − 3 cos ϕ + sin ϕ W2 = UL · IL · cos(150◦ − ϕ) = UL · IL · 2 2 En consecuencia: √

W1 − W2 = 3 · (W1 + W2 ) =

√ √

3 · UL · IL · cos ϕ = P 3 · UL · IL · sin ϕ = Q

Sustituyendo valores resulta: P = W1 − W2 = 3 000 − 1 000 = 2 000 W √ √ √ Q = 3 · (W1 + W2 ) = 3 · (3 000 + 1 000) = 3 · 4 000 var


En este caso los signos de la potencia activa y de la reactiva son los esperados, por lo que se concluye que el sistema trifásico es de secuencia inversa. 2. Conocidas la tensión de l´ınea del sistema de alimentación y las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga, resulta fácil deducir los valores de R y X. A partir de estas potencias se obtiene el a´ ngulo de la carga: √ Q 3 · 4 000 Q =⇒ ϕ = arctan = arctan ≈ 73,89◦ tan ϕ = P P 2 000 Por otro lado: P = 3 · UF · IF · cos ϕ = 3 · UF · =⇒ Z =

U2 UF cos ϕ = 3 F · cos ϕ Z Z

3 · UF2 cos ϕ P

Sustituyendo valores resulta: √ 3 · (400/ 3)2 cos 73,89◦ ≈ 22,2 Ω Z= 2 000 Por tanto:

Z = 22,2∠73,89◦ = 6,16 +j 21,33 Ω R

X


Circuitos Trifásicos Problemas Resueltos_1 46q2q

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