PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1 El circuito trif´asico asico de la Figura 1 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 380 V. Sabiendo que Z =10∠36 36,,87◦ Ω, y tomando U RN como origen de fases, obtener I R , I S S , I T T e I N N , en las siguientes condiciones:
1. K 1 y K 2 cerrados. 2. K 1 abierto y K 2 cerrado. 3. K 1 cerrado y K 2 abierto. 4. K 1 y K 2 abiertos. . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
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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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
2
´ 1 S OLUCI ON 1. Como K 2 est´a cerrado entonces el sistema trif´asico asico est´a equilibrado (generador y carga equilibrada). En esta situaci´on, on, independi independientemen entemente te del estado de K 1 , el neutro del generador y el neutro de las cargas se encuentran al mismo potencial. De esta forma:
√ 380// 3∠0 380
◦
U RN 38 I R = = = 36,,87 A 36 ∠ 10∠36 36,,87 Z 3 U SN 380// 3∠ 120 380 38 I S = = = 156,,87 A 156 ∠ S 10∠36 36,,87 Z 3 U T N 380// 3∠120 380 38 ∠83 I T = = = 83,,13 A T 10 36, 36 , 87 ∠ Z 3
√ − √
◦
√ −
◦
◦
◦
√ −
◦
◦
◦
√
◦
Como el sistema est´a equilibrado, I R , I S , I T formar´an an un sistema trif´asico asico equilibrado y, en consecuencia, la intensidad por el neutro es nula:
I R + I S S + I T T =
−I
N N
=0
2. En este caso, el sistema sigue estando equilibrado, siendo indiferente que el interruptor del neutro est´e abierto o cerrado ya que, como se ha dicho, los neutros en un sistema equilibrado est´an an al mismo potencial. Por tanto los resultados de este apartado son los mismos que los del apartado anterior.
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
3. Cuando K 2 est´a abierto, la intensidad que circula por la fase R es nula y adem´as as la carga ya no estar´a equilibrada. Sin embargo, como K 1 se encuentra cerrado entonces el neutro del generador se encuentra unido r´ıgidamente al neutro de las cargas monof´asicas. asicas. En esta situaci´on: on:
I R = 0 A
√ − √
◦
380// 3∠ 120 380 38 U SN I S = = = 156,,87 A 156 ∠ S 10∠36 36,,87 Z 3 U T N 380/ 3∠120 380/ 38 I T = = 83,,13 A ∠83 T = 10 36 36, , 87 ∠ Z 3 ◦
◦
√ −
◦
◦
◦
√
La intensidad que circula por el neutro se calcula como sigue:
I N N = =
√ 3 ∠ − 156 156,,87 −(I + I + I ) = −( 38 R
S S
T T
38 √ 36,,87 ∠ − 36 3
◦
◦
+
38 √ 83,,13 ) ∠83 3 ◦
A
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PROBLEMA 1
3
4. Ya se ha dicho en el apartado anterior que si K 2 est´a abierto la carga no estar´a equilibrada. Si adem´as as K 1 est´a abierto entonces el neutro de la carga no coincidir´a en general con el neutro del generador. En estas condiciones, el circuito resultante se muestra en la Figura 2, seg´un la cual:
U ST = U SN
− U
= 2 Z I S S
· ·
T N
I S S + I T T = 0
N
USN
+
UTN
+
IS
Z
IT
Z
N’
Figura 2
Despejando y sustituyendo valores resulta:
√ −
◦
√
◦
U ST 380// 3∠ 120 380 380// 3∠120 380 I S = = = 19∠ S 2 10∠36, 36,87 2 Z I T I S 53,,13 A T = S = 19∠53
−
·
◦
·
−
◦
− 126 126,,87
◦
A
Es evidente que tanto la intensidad por la fase R como por el neutro son nulas. nula s. Adem´as, as, se puede comprobar que la tensi´on on entre los neutros, U N N , es distinta de cero:
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
U SN U N N =
Z 1 Z
+ +
U T N 1
Z =
− U 2
RN RN
Z
=
√ − 2380 ∠0 · 3
◦
V
o bien:
U N N = U SN
− Z · I
=
− U 2
S = U SN S
U SN + U T N = 2
ST
− U −2 U
= U SN
SN
T N
− U 2
RN
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
4
PROBLEMA 2 El circuito trif´asico asico de la Figura 3 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico asico 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. K 1 cerrado y K 2 y K 3 abiertos. 2. K 1 y K 2 abiertos y K 3 cerrado. 3. K 1 , K 2 y K 3 abiertos. 4. K 1 y K 3 abiertos y K 2 cerrado.
URN
USN
+
IR
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
A IR2
+
N UTN
R
IR1
+
IS
R
IT
R
O
K1 jX
jX
K3
jX K2
O’
Figura 3
´ 2 S OLUCI ON asico est´a equi1. Cuando K 1 est´a cerrado y K 2 y K 3 abiertos, el sistema trif´asico librado y, por ello, el neutro de cada carga y el neutro del generador est´an al mismo potencial. En estas circunstancias, la intensidad que circula por la
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PROBLEMA 2
5
fase R de cada una de las cargas es:
I R1 I R2
√
◦
U RO U RN 400/ 3∠0 400/ 40 = = = = ∠0 A R R 10 3 U RO U RN 400// 3∠0 400 20 RN ∠ = = = = 90 A jX jX 20∠90 3
√
◦
√
◦
√ −
◦
◦
La intensidad que circula por la fase R del generador ser´a la suma de I R1 e I R2 :
I R = I R1 + I R2 =
40 √ ∠0 3
◦
+
20 √ 25,,82∠ − 26 26,,57 ∠ − 90 ≈ 25 3 ◦
◦
A
La lectura del amper´ımetro es de 25 25,,82 A. desequilibrad brada, a, y como K 3 est´a ce2. Si K 1 est´a abierto, la carga inductiva est´a desequili rrado 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:
I R2 =
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
20 √ ∠ − 90 3
◦
A
En este caso particular en el que no existe impedancia de l´ınea entre el generador y las cargas, al abrir el interruptor K 2 la carga resistiva sigue sometida a un sistema trif´asico asico equilibrado de tensiones, aunque el sistema trif´asico de intensidades que circula por el generador est´a desequilibrado. Por lo tanto, los neutros N y O se encuentran al mismo potencial, e I R1 ser´a la misma que la calculada en el apartado anterior:
I R1 =
40 √ ∠0 3
◦
A
La lectura del amper´ımetro coincide con la del apartado anterior, es decir 25,,82 A. 25 olo hay que calcular 3. Cuando todos los interruptores se encuentran abiertos, s´olo I R2 ya que I R1 , por los mismos razonamientos que el apartado anterior no var´ıa. Seg´un un el circuito simpli ficado de la Figura 4: ◦
I R2
U RS 400∠30 = = = 10∠ 2 jX 40∠90
·
◦
◦
− 60
A
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
6
URN
USN
+
R
IR1
A IR2
+
N UTN
IR
+
IS
R
IT
R
O
jX
jX
O’ Figura 4
Por tanto:
I R = I R1 + I R2 =
40 √ ∠0 3
◦
◦
+ 10∠
◦
− 60 ≈ 29,4∠ − 17,13
A
y la lectura del amper´ımetro es de 29,4 A. . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
4. El circuito resultante cuando K 1 y K 3 est´an abiertos y K 2 est´a 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 simpli ficado de la Figura 6, donde:
Z = R//jX =
jRX j200 = R + jX 10 + j20
◦
≈ 8,94∠26,57
Ω
Seg´un la Figura 6, la tensi´on 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
+
+
U T N R
1 R
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PROBLEMA 2
URN
USN
+
IR
R
IR1
A IR2
+
N UTN
7
IS
R
IT
R
+
O
jX
jX
O’ Figura 5
URN
+
USN
+
N . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
UTN
Z
IR
+
A
IS
Z
IT
R
O
Figura 6
Sustituyendo valores resulta:
√
√ −
◦
√
◦
◦
400/ 3∠0 400/ 3∠ 120 400/ 3∠120 + + 8,94∠26,57 8,94∠26,57 10 U ON = 1 1 1 + + 8,94∠26,57 8,94∠26,57 10 36,51∠ 131,57 V ◦
◦
≈
−
◦
◦
◦
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8
´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
Una vez obtenida la tensi´on entre O y N , entonces:
I R =
U RN
− U
ON
Z
√ (400/ 3)∠0 − 36,51∠ − 131,57 = ◦
◦
8,94∠26,57
◦
◦
≈ 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 1500 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 N
R UTN∠120º + . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
jX IT
T R
Figura 7
´ 3 S OLUCI ON Con los interruptores abiertos el sistema trif´asico se encuentra equilibrado, de forma que a partir de la lectura del volt´ımetro se puede calcular la tensi´on de l´ınea de alimentaci´on a la carga:
U RS =
√
3 U RN =
·
√
3 100
·
Adem´as, seg´un la Figura 7 y 8 la lectura del vat´ımetro es la siguiente: ◦
W = U RS I R cos(U RS , I R ) = U RS I R cos(30 + ϕ)
· ·
· ·
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PROBLEMA 4
9
UTR UTN 30o
IS
ϕ ϕ
USN
ϕ
30o
IT
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:
I R =
U RS
W = cos 30
·
◦
1500 √ 3 · 100 · cos 30
◦
= 10 A
En esta situaci´on, la potencia activa consumida por la carga resistiva es:
P = 3 U RN I R = 3 100 10 = 3 000 W
·
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
·
·
·
Con los interruptores cerrados el sistema sigue estando equilibrado y adem´as 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: 2 U RN Q = 3 = X
·
⇒
2 3 U RN 3 1002 X = = = 20 Ω Q 1500
·
·
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
10
PROBLEMA 4 El circuito de la Figura 9 se encuentra alimentado por un sistema de tensiones trif´asico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Se sabe que W 2 =200 W, que el amper´ımetro mide 10 A, que R L =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 trif´asico de condensadores (con conexi´on estrella) que es necesario instalar para que el factor de potencia global de la instalaci´on sea de 0,98 inductivo.
I
R S T
W2
Z
RL
Z
W1 IR Z
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
A
RL
IS
IT
Z
Z
Figura 9
´ 4 S OLUCI ON 1. Seg´un la Figura 9, el vat´ımetro 2 est´a midiendo la potencia activa consumida por la impedancia Z y por la resistencia R L :
W 2 = P L + P Z = 200 W A su vez:
P L = R L I 2 = 0,5 102 = 50 W
· · I
P Z = R Z
2
· · 10
= R Z
2
= 100 RZ
·
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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 X Z ) I
·
·
·
·
·
Igualando los m´odulos de ambos miembros de la ecuaci´on, resulta:
· ·
2 (RL + RZ )2 + X Z
U RS = 2 I y sustituyendo valores se tiene,
400 = 2 10
·
·
2 (0,5 + 1,5)2 + X Z
⇒
2 400 = 4 + X Z
Resolviendo, se obtienen los posibles valores de X Z :
X Z
≈ ±19,9 Ω
UTR UTN 60o
30o
IS
USR
ϕ ϕ
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
USN
30o
ϕ
IT
URS
30o
IR
URN
UST
Figura 10
Para saber el car´acter de la impedancia Z es necesario analizar la lectura del vat´ımetro 1. Seg´un la Figura 9 y 10: ◦
W 1 = U SR I T cos(U SR , I T ) = U SR I T cos(90 + ϕ) Q3Z = U SR I T sin ϕ = 3
· · − · ·
−√
· ·
donde Q3Z es la potencia reactiva absorbida por la carga trif´asica 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.
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
12
Como la lectura del vat´ımetro 1 es negativa implica que Q 3Z es positiva y por tanto la impedancia Z tiene car´acter inductivo (absorbe potencia reactiva). Por tanto, la impedancia Z es la siguiente:
Z = R Z + j X Z = 1,5 + j 19,9
·
·
◦
≈ 19,95∠85,69
Ω
2. Del apartado anterior, la lectura del vat´ımetro 1 es la siguiente:
W 1 =
Q −√ 3
3Z
donde Q 3Z se puede obtener seg´un la siguiente expresi´on: 2 2 2 Q3Z = 3 X Z I R = 3 X Z I S = 3 X Z I T
· ·
· ·
· ·
A su vez:
√
U F I R = I S = I T = = Z
400/ 3
2
1,5 + 19,9
Por tanto,
Q3Z = 3 19,9 11,572
·
2
·
≈ 11,57 A
≈ 7992 var
y la lectura del vat´ımetro 1 es: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
W 1 =
−7992 √ ≈ −4614 3
3. La potencia activa y reactiva total que absorbe el sistema trif´asico es:
P T = P 3Z + 2 (P Z + P L ) =
·
Q3Z + 2 (RZ + RL ) I 2 = tan ϕZ
· · ≈ 1002,32 W
7992 + 2 (1,5 + 0,5) 102 tan(85,69 ) QT = Q 3Z + 2 QZ = Q 3Z + 2 X Z I 2 = =
·
◦
·
· · ·
= 7 992 + 2 19,9 102 = 11 972 var
·
·
Obteniendo as´ı el siguiente factor de potencia del sistema sin compensar:
f dp =
P T
2
2
P T + QT
=
1002,32
1002,322 + 11 9722
≈ 0,0834
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PROBLEMA 5
13
Para que el factor de potencia global de la instalaci´on pase a ser 0,98, la red tiene que suministrar la misma potencia activa que anteriormente pero, sin embargo, s´olo tiene que suministrar la siguiente potencia reactiva:
f dp = 0,98 =
P T 2
2
=
⇒
P T + QT
QT =
− P T 0,98
2
P T 2 =
1002,32 0,98
2
I
R S
1002,322
A W2
≈ 203,53 var
RL
Z
RL
Z
W1
T
IR C
C
IS
IT
Z
Z
C Z
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
−
Figura 11
El resto de la potencia reactiva hasta completar las necesidades de la carga, la tiene que aportar el banco de condensadores, conectado seg´un la Figura 11: QC = Q T QT = 11972 203,53 = 11 768,47 var
−
−
Como el banco de condensadores ha de estar conectado en estrella (seg´un el enunciado), entonces: 2 U F 2 QC = 3 = 3 U F ω C = U L2 2π f C X C
·
· · ·
· · ·
Despejando y sustituyendo valores resulta:
C =
QC 11768,47 = U L2 2π f 4002 2π 50
· ·
· · ≈ 234,13 µF
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
14
PROBLEMA 5 Del circuito trif´asico de la Figura 12, equilibrado y de secuencia inversa, se conocen las lecturas de los vat´ımetros: W 1 =1500 W, W 2 =800 W y W 3 =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 tensi´on de alimentaci´o n es de 400 V.
R
A
IR
W3 Carga 1
IS S T
cosϕ=0,8
W1
Inductivo
IT
W2
Z2 . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
Z2
Z2
Figura 12
´ 5 S OLUCI ON 1. Como el sistema est´a equilibrado, el neutro de la conexi´on estrella equivalente de la carga 1 y el neutro de la carga trif´asica formada por las impedancias Z 2 (a la que se llamar´a carga 2) est´an al mismo potencial. De esta forma, la bobina voltim´etrica del vat´ımetro 3 est´a midiendo la tensi´on 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:
W 3 =
P 1 = 3
⇒
P 1 = 3 600 = 1800 W
·
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PROBLEMA 5
15
Adem´as, de la carga 1 se conoce el factor de potencia y su car´acter, de forma que se puede calcular la potencia reactiva, que en este caso ser´a absorbida ya que es inductiva:
Q1 = P 1 tan ϕ1 = 1 800 tan(arc cos 0,8) = 1 350 var
·
·
2. Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 13, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦
W 1 = U SR I S cos(U SR , I S ) = U L I L cos(30 + ϕ)
· · · I · cos(U
· · , I ) = U · I · cos(ϕ − 30 )
W 2 = U T R
T
TR
T
L
◦
L
UST USN USR
URN
IS
30o ϕ
30o
ϕ
IT
URS
30o
IR
ϕ
30o
UTN UTR . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
Figura 13
Si se suman las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia activa trif´asica consumida por las cargas 1 y 2: ◦
◦
W 1 +W 2 = U L I L [cos(30 +ϕ)+cos(ϕ 30 )] =
· ·
−
√
3 U L I L cos ϕ = P 12
· · ·
Si ahora se restan las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia reactiva trif´asica consumida por las cargas 1 y 2:
W 2
◦
− W = U · I · [cos(ϕ − 30 ) − cos(30 1
L
L
◦
+ ϕ)] = U L I L sin ϕ =
· ·
Por tanto:
P 12 = W 1 + W 2 = 1 500 + 800 = 2 300 W Q12 =
√
3 (W 2
·
− W ) = 1
√
3 (800
·
√
− 1 500) = − 3 · 700 var
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Q12 3
√
16
´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
Como las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga 1 ya se han calculado previamente, entonces:
P 2 = P 12 Q2 = Q 12
1800 = 500 W − P = 2 300 − √ Q = − − 3 · 700 − 1350 ≈ −2562,44 var 1
1
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:
S 12 =
2 12
2 12
P + Q =
2
√
2300 + ( 3 700)2 = 2 600 VA
·
A su vez, la potencia aparente se puede expresar en funci´on de la tensi´on e intensidad de l´ınea seg´un:
S 12 =
√
3 U L I L
· ·
Como la tensi´on de alimentaci´on es de 400 V entonces la lectura del amper´ımetro es:
I L =
√ 3S · U 12
L
=
2600 √ 3,75 A ≈ 3 · 400
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
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PROBLEMA 6
17
PROBLEMA 6 El circuito trif´asico de la Figura 14 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V. Con todos los interruptores cerrados, las lecturas de los vat´ımetros son: W 1 =5171 W y W 2 = 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
+
+
N
jX IR
W2
K1
R jX
K2
IS
O
R UTN
+
K3
jX IT
W1
R Figura 14
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
´ 6 S OLUCI ON Seg´un la Figura 14, la lectura de ambos vat´ımetros es la siguiente:
W 1 = U T S I T cos(U T S , I T )
· · · I · cos(U
W 2 = U RS
RS , I R )
R
Considerando que la carga est´a 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: ◦
W 1 = U L I L cos(30 ϕ) W 2 = U L I L cos(30 + ϕ)
· · · ·
◦
−
⇒ =
W 1 + W 2 = P Q W 1 W 2 = 3
−
√
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18
´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
UTR
UTS UTN 30o
IS
ϕ ϕ
USN
ϕ
IT
URS
30o
URN
IR UST Figura 15
Si la carga estuviera desequilibrada entonces:
W 1 + W 2 = P no pudi´endose afirmar nada sobre la potencia reactiva.
1. Con los interruptores cerrados el sistema trif´asico resultante est´a 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 trif´asica:
P = W 1 + W 2 = 5 171
371 = 4800 W − √ √ Q = 3 · (W − W ) = 3 · (5 171 + 371) ≈ 9599 var 1
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
2
Por otro lado, tanto la potencia activa como la potencia reactiva, absorbidas por la carga, se pueden expresar en funci´on de R y X seg´un: 2 2 U F U F P = 3 ; Q = 3 R X
·
·
Despejando y sustituyendo valores se obtiene el valor de R y de X :
√
2 U F (400/ 3)2 R = 3 =3 P 4800 2 U F (400/ 3)2 X = 3 =3 Q 9599
·
·
·
·
√
≈ 33.ˆ3 Ω ≈ 16,7 Ω
2. En la Figura 16 se muestra el circuito resultante cuando todos los interruptores est´an abiertos. 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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PROBLEMA 7
URN
+
USN
19
R
IR
W2
+
N
O UTN
+
R
IT
W1
Figura 16
Seg´un la Figura 16:
I R
◦
−U = −400∠120 = 2·R 2 · 33.ˆ3 TR
= 6∠
◦
− 60
A
En consecuencia, la lectura de cada uno de los vat´ımetros es la siguiente: ◦
◦
W 2 = U RS I R cos(U RS , I R ) = 400 6 cos(0 + 60 ) = 1200 W
· ·
· · W = P − W = 2 · R · I − W = 2 · 33.ˆ3 · 6 − 1 200 = 1 200 W
2
1
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
2
R
2
2
Otra forma de obtener la lectura del vat´ımetro 1 es a partir de su tensi´on e intensidad:
W 1 = U T S I T cos(U T S , I T ) = U T S I R cos(U T S , ( I R ))
· · · · = 400 · 6 · cos(60 − 120 ) = 1 200 W
◦
◦
−
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
20
PROBLEMA 7 El circuito trif´asico de la Figura 17 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 220 V. Sabiendo que R=10 Ω, X L =20 Ω, R 1 =30 Ω y X L1 =60 Ω, obtener las lecturas de los vat´ımetros cuando:
1. K 1 y K 2 est´an abiertos. 2. K 1 est´a cerrado y K 2 est´a abierto. 3. K 1 est´a abierto y K 2 est´a cerrado. URN
+ I R K1
USN N
UTN
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
+ IS
+
IT
XL
R
XL
R
XL
K2 R1
1
W1
O
R
XL
W2
Figura 17
´ 7 S OLUCI ON 1. Como K 1 y K 2 est´an abiertos, el sistema trif´asico resultante est´a equilibrado y tanto el neutro de la carga ( O) como el neutro del generador ( N ) est´an al mismo potencial. En esta situaci´on, la intensidad de l´ınea se calcula como sigue:
I L =
U F
2
R2 + X L
=
√
220/ 3 102 + 202
√
≈ 5,68 A
La potencia activa y reactiva absorbida por la carga es:
P = 3 R I L2 = 3 10 5,682
· · Q = 3 · X · I
2
L
L
· · ≈ 968 W = 3 · 20 · 5,68 ≈ 1936 var 2
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PROBLEMA 8
21
Es f´acil comprobar que W 1 y W 2 se encuentran dispuestos seg´u n el m´etodo de los dos vat´ımetros y, como el sistema est´a equilibrado y es de secuencia directa, entonces:
W 1 + W 2 = P = 968 Q 1936 W 1 W 2 = = 3 3
−
√
√
Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene la lectura de ambos vat´ımetros: W 1 1042,87 W ; W 2 74,87 W
≈
≈ −
2. Cuando K 1 est´a cerrado y K 2 est´a abierto, el sistema trif´asico resultante est´a desequilibrado. A pesar de esto, como no existe impedancia de l´ınea entre el generador y la carga trif´asica, R + jX L , e´ sta seguir´a sometida al mismo sistema de tensiones inicial, trif´asico equilibrado. De este modo, tanto la intensidad que circula por cada una de las ramas monof´asicas como las potencias, activa y reactiva, que absorbe dicha carga ser´an iguales a las calculadas en el apartado anterior. En consecuencia, la lectura del vat´ımetro 2 permanece invariable respecto a la situaci´on del apartado anterior:
W 2 =
−74,87 W
Como X L1 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. . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
3. Cuando K 1 est´a abierto y K 2 est´a cerrado, el sistema trif´asico resultante est´a desequilibrado. Por las mismas razones que en el apartado anterior, la lectura del vat´ımetro 2 permanece invariable:
W 2 =
−74,87 W
Igualmente, la potencia activa y reactiva que absorbe la carga trif´asica, R + jX L , permanece invariable. Seg´un el m´etodo de los dos vat´ımetros:
W 1 + W 2 = P donde P es ahora la potencia absorbida, no s´olo por la carga trif´asica, R + jX L , sino tambi´en por la resistencia R 1 . Por tanto:
2202 P = 968 + 30
≈ 2581,3ˆ3 W
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
22
y las lecturas de ambos vat´ımetros son:
W 1
≈ 2656,21 W
; W 2
≈ −74,87 W
PROBLEMA 8 El circuito trif´asico de la Figura 18 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V de tensi´on 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. K 1 , K 2 , K 3 y K 4 abiertos. 2. K 1 abierto y K 2 , K 3 y K 4 cerrados. 3. K 1 cerrado y K 2 , K 3 y K 4 abiertos.
URN
USN N . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
UTN
K2 + I R
R
Z2
R’ A K3
+ IS
K1
R
Z2
S’
O K4
+
IT
R
Z2
T’
Z1 V1
Z1
O’
Z1 V2
Figura 18
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PROBLEMA 8
23
´ 8 S OLUCI ON 1. Cuando todos los interruptores se encuentran abiertos, el sistema se encuentra equilibrado y as´ı V 1 = V 2 = 0. En estas circunstancias se puede obtener una impedancia equivalente por fase de la carga 1 y 2, ◦
◦
Z 1 Z 2 10∠36,87 20∠ 36,87 Z eq = = 10∠36,87 + 20∠ 36,87 Z 1 + Z 2 8,08∠14,04 Ω.
·
◦
·
− −
◦
≈
◦
◦
≈
200∠0 24,74∠ 14,04
−
◦
Por tanto: ◦
U RN 400∠0 I R = = 8,08∠14,03 + 10 Z eq + R ◦
◦
≈ 22,28∠ − 6,27
A
Siendo la lectura del amper´ımetro 22,28 A.
2. Cuando K 1 est´a abierto y K 2 , K 3 y K 4 est´an cerrados, el sistema sigue estando equilibrado y en consecuencia:
V 1 = V 2 = 0 . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
En este caso: ◦
U RN 400∠0 I R = = 8,08∠14,03 Z eq
◦
◦
≈ 49,5∠ − 14,03
A
Siendo la lectura del amper´ımetro 49,5 A.
3. Cuando K 1 est´a cerrado la carga 2 est´a desequilibrada y las intensidades I R , I S e I T formar´an un sistema trif´asico desequilibrado. Por otro lado, como K 2 , K 3 y K 4 est´an abiertos, al circular las intensidades desequilibradas por cada resistencia R de la l´ınea, el sistema trif´asico de tensiones resultante en bornes de la carga 1 y 2 est´a desequilibrado. Por tanto, las lecturas de los dos volt´ımetros no ser´an nulas en general. Al estar cortocircuitados dos bornes de cada una de las cargas trif´asicas formadas por Z 1 y Z 2 , quedan en paralelo las impedancias monof´asicas correspondientes a la fase R y S de cada carga. De este modo, agrupando las
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
24
Z2
URN
+ I R
R
Z2
2
R’
I2
O Z1
USN
+ IS
N
R
2
S’
Z1
I1
T’
O’ UTN
+
IT
URN
USN N UTN
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
R
+ I R
R
+ IS
R
R’=S’=N’ 3 Zeq
+
R
IT
T’
2
Figura 19
impedancias que resultan en paralelo y reorganizando el circuito, se obtiene el circuito simpli ficado 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 . Seg´un la Figura 19, la tensi´on entre el neutro de la carga ( N ) y el neutro del generador (N ) se calcula como sigue:
U RN U SN U T N + + 3 R R R + Z 2 U N N = 1 1 1 + + R R R + 3 Z ·
·
eq
2
eq
U RN U SN U T N + + 3 R R R + Z 2 = 2 1 + R R + 3 Z ·
·
eq
eq
2
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PROBLEMA 9
25
Sustituyendo valores resulta: ◦
◦
◦
400∠0 400∠ 120 400∠120 + + 10 10 10 + 3 8,08∠214,03 U N N = 2 1 + 10 10 + 3 8,08∠214,03
−
◦
·
◦
·
22,08∠ 0,25∠
≈
◦
− 53,66 ≈ 88,32∠ − 52,24 − 1,42
◦
◦
V
Una vez obtenida la tensi´on entre N y N , entonces:
I R = I S = I T =
U RN
− U
N N
R U N N R U N N
U SN
−
U T N
−
R+
3·Z eq 2
400∠0
− 88,32∠ − 52,24 ≈ 35,29∠11,41 A = 10 400∠ − 120 − 88,32∠ − 52,24 ≈ 37,56∠ − 132,57 = ◦
◦
◦
◦
400∠120 = 10 +
−
◦
◦
10 88,32∠
− 52,24 ≈ 22,21∠113,71
A
◦
◦
3·8,08∠14,03◦ 2
◦
A
Siendo la lectura del amper´ımetro 35,29 A. Seg´un la Figura 19, la lectura del volt´ımetro 2 se calcula como sigue:
U OO = U OT
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
− U
O T
= Z 2 I 2
· − Z · I 1
1
· U · Z − Z · U · Z R T
= Z 2
3 2
1
2
R T
3 2
=0
1
Por lo tanto
V 2 = U OO = 0
|
|
De la misma forma,
U N O = R I S +
·
Z 1 I 1 2
· − U
SN
= R I S +
·
Z 1 2
· U · Z − U R T
3 2
SN
1
· − Z 2 · I − U 8,08∠14,03 · 22,21∠113,71 − 400∠ − 120 = 10 · 37,56∠ − 132,57 − 2 ≈ 1,43∠ − 54,33 V = R I S
eq
T
SN
◦
◦
◦
◦
Siendo la lectura del volt´ımetro 1
V 1 = 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.
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◦
´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
26
PROBLEMA 9 El sistema trif´asico 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 W 1 , W 2 , 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 W 1 , W 2 , A1 y A2 en las condiciones del apartado anterior. URN
USN N UTN
+ I R
R
+ IS
S
+
Z A1
A2
Z W1
Z
IT T
W2
jX . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
jX
jX
Figura 20
´ 9 S OLUCI ON Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 21, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦
W 1 = U SR I S cos(U SR , I S ) = U L I L cos(30 + ϕ)
· · · I · cos(U
· · , I ) = U · I · cos(ϕ − 30 )
W 2 = U T R
T
TR
T
L
◦
L
Si se suman y se restan las lecturas de ambos vat´ımetros se obtienen las potencias activa y reactiva trif´asicas suministradas por el generador: ◦
W 1 + W 2 = U L I L [cos(30 + ϕ)+cos(ϕ
· ·
◦
− 30 )] =
√
3 U L I L cos ϕ = P g
· · ·
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PROBLEMA 9
27
UST USN USR
URN
IS
30o ϕ
30o
ϕ
IT
URS
30o
IR
ϕ
30o
UTN UTR Figura 21
W 2
◦
◦
− W = U · I · [cos(ϕ − 30 ) − cos(30 1
L
L
+ ϕ)] = U L I L sin ϕ =
· ·
Q √ 3 g
Por tanto:
P g = W 1 + W 2 Qg =
√
3 (W 2
·
− W ) 1
1. Con los interruptores abiertos, la intensidad de l´ınea es:
I L = I F = . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
U F 400 = = 40 A Z 10
En esta situaci´on, 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:
P g = 3 I L2 Z cos ϕ = 3 402 10 cos( 36,87 ) = 38 400 W ◦
Qg
· · · · · · − = 3 · I · Z · sin ϕ = 3 · 40 · 10 · sin(−36,87 ) = −28800 var 2
2
◦
L
Por tanto:
W 1 + W 2 = 38 400 28800 (W 2 W 1 ) = 3
−
− √
⇒ =
W 1 W 2
≈ 27513,85 W ≈ 10886,15 W
2. Para que la instalaci´on trabaje con factor de potencia unidad, con los interruptores cerrados, es necesario que el generador no suministre potencia 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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28
´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
reactiva a la carga. Como la carga Z tiene car´acter capacitivo entonces X tendr´a 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: 2 U F Q = 3 X
·
Despejando y sustituyendo valores resulta: 2 U F 4002 X = 3 =3 Q 28800
·
·
≈ 16,6ˆ6 Ω
3. En las condiciones del apartado anterior, las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene seg´un:
W 1 + W 2 = 38 400 (W 2
− W ) = 0 1
=
⇒ W = W = 19 200 W 1
2
La lectura del amper´ımetro 2 sigue siendo la misma que en el apartado 1, es decir 40 A, ya que no se modi fican 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 situaci´on (al ser nula potencia reactiva) es igual a la potencia activa: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
S g = P g =
√
3 U L I L1
· ·
Despejando y sustituyendo valores resulta:
I L1 =
√ 3P · U g
L
=
38400 3 690
√ ·
≈ 32,13 A
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 trif´asico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Con los interruptores abiertos la lectura de los instrumentos de medida son: W 1 =865 W, W 2 =635 W, W 3 =116 W, W 4 =167 W y A =10 A. Sabiendo que la carga 1 tiene car´acter inductivo, determinar:
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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 instalaci´on. 4. La capacidad de los condensadores para que, una vez conectados, el factor de potencia equivalente de la instalaci´on sea de 0,95 capacitivo. URN
USN N UTN
+ I R R
IR2
Z2
+ IS S
IS2
Z2
+
IT2
Z2
W2
IT T
W4
IR1
W1 A
C
C
C
+ W3
Z1
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
Z1
Figura 22
´ 10 S OLUCI ON 1. Seg´un la Figura 22, el vat´ımetro 3 mide la potencia activa absorbida por la impedancia Z 1 : W 3 = P Z 1 = 116 W Por otro lado, la lectura del vat´ımetro 3 es:
W 3 = U RT I R1 cos(U RT , I R1 ) = U RT I R1 cos ϕ1
·
·
·
·
Despejando y sustituyendo valores resulta:
cos ϕ1 =
W 3 116 = = 0,029 = U RT I R1 400 10
·
·
⇒
ϕ1
◦
≈ 88,33
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
30
Como las dos impedancias Z 1 est´an sometidas a la misma tensi´on, que en este caso es la tensi´on de l´ınea del sistema trif´asico, absorber´an las mismas potencias, activa y reactiva. En consecuencia con lo anterior:
P 1 = 2 P Z = 2 116 = 232 W
·
1
·
◦
Q1 = P 1 tan ϕ1 = 232 tan(88,33 )
·
·
≈ 7997 var
2. Seg´un la Figura 22, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes:
W 1 = U T S I T cos(U T S , I T )
· · · I · cos(U
W 2 = U RS
RS , I R )
R
Como la carga 1 est´a desequilibrada, las intensidades de l´ınea, I R , I S , I T , formar´an un sistema trif´asico desequilibrado.
{
}
La potencia activa absorbida por las cargas 1 y 2 se puede calcular a partir de la potencia compleja:
P 12 =
∗
∗
∗
e[S ] = e[U · I + U · I + U · I ] RN
R
SN
T N
S
T
Al no haber conductor neutro, se veri fica:
I R + I S + I T = 0 . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
Por tanto: ∗
∗
∗
P 12 = e[S ] = e[U RN I R + U SN ( I R
∗
· · − − I ) + U · I ] = e[U · I + U · I ] = e[U · I ] + e[U · I ] ∗
RS
R
∗
T S
T
T
T N
∗
RS
R
T
∗
T S
T
= W 1 + W 2
Adem´as, seg´un el Teorema de Boucherot:
P 12 = P 1 + P 2 Hay que recordar que, cuando el sistema est´a desequilibrado, no se puede utilizar el m´etodo de los dos vat´ımetros para obtener la potencia reactiva. La potencia activa que absorbe la carga trif´asica 2 se calcula a partir de las relaciones anteriores:
P 2 = W 1 + W 2
− P = 865 + 635 − 232 = 1268 W 1
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PROBLEMA 10
UTR
31
UTS UTN 30o ϕ2
IS2 ϕ2
USN
ϕ2
60o
IT2
URS
30o
URN
IR2 UST Figura 23
Seg´un la Figura 22 y el diagrama fasorial de la Figura 23, la lectura del vat´ımetro 4 es la siguiente: ◦
W 4 = U T S I R2 cos(U T S , I R2 ) = U T S I R2 cos(90 + ϕ2 ) Q2 = U T S I R2 sin(ϕ2 ) = 3
·
−
·
·
·
−√
·
·
As´ı pues, la potencia reactiva de la carga 2 es:
Q2 =
√
√
− 3 · W = − 3 · 167 ≈ −289,25 var 4
Como el signo de Q2 ha resultado negativo implica que la carga 2 tiene car´acter capacitivo, es decir cede potencia reactiva. . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
3. El factor de potencia equivalente de la instalaci´on es:
cos ϕT = =
P 12 = S 12
P 1 + P 2 (P 1 + P 2 )2 + (Q1 + Q2 )2 232 + 1 268 (232 + 1 268)2 + (7 997 289,25)2
≈ 0,19 inductivo
−
4. Una vez conectado el banco de condensadores, el factor de potencia equivalente de la instalaci´on ha de ser de 0,95 capacitivo, por tanto el nuevo a´ ngulo equivalente ser´a:
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 = P 12 tan ϕN = (232 + 1 268) tan( 18,19 )
·
·
−
≈ −492,88 var
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
32
En consecuencia la potencia reactiva que debe suministrar el banco trif´asico de condensadores se calcula como sigue:
QC = Q N
− Q
12
=
−492,88 − (7997 − 289,25) = −8200,63 var
De esta forma, la capacidad de cada uno de los condensadores del banco es la siguiente:
C =
8200,63
≈
√ 3 · · · 400
3 2π 50
2
163 µF
PROBLEMA 11 Del sistema trif´asico, 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 1000 W y el volt´ımetro marca 400 V. Sabiendo que C =10 µF, calcular la lectura de ambos vat´ımetros cuando los interruptores est´an cerrados. URN
USN . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
N UTN
+ I R R V + IS S
+
W1
W2
IT T
CARGA 1
CARGA 2 C
C
C
Figura 24
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PROBLEMA 11
33
´ 11 S OLUCI ON
Seg´un la Figura 24 y 25, la lectura del vat´ımetro 1 es la siguiente: ◦
W 1 = U RT I S cos(U RT , I S ) = U RT I S cos(90 +ϕ) =
· ·
· ·
−U ·I ·sin ϕ = −√ Q3 RT
T
S
UTN IS USN
ϕ
30o
90o
URN
URT Figura 25
Con los interruptores abiertos:
W 1 =
−(Q√ + Q ) 1
2
3
An´alogamente, con los interruptores abiertos la lectura del vat´ımetro 2 es: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
W 2 =
−√ Q 3
2
Teniendo en cuenta que, con los interruptores abiertos, W 1 =0 y W 2 =1000, entonces:
−(Q√ + Q ) =⇒ Q = −Q 3 √ Q − 1000 = √ =⇒ Q = −1000 · 3 var =⇒ 3 1
0=
2
1
2
2
2
Q1 = 1 000
·
√
3 var
Seg´un 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: 2
QC = 3 U F ωC = 3
· ·
· √ · 400 3
2
−6
2π50 10 10
· ·
≈ 502,65 var
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
34
Con los interruptores cerrados, la lectura de ambos vat´ımetros es la siguiente:
√ √ −(Q +√ Q + Q ) = −(1000 · 3 − 1000 · 3 − 502,65) ≈ 290,21 W √ W = 3 3 √ −(Q √ + Q ) = −(−1000 ·√ 3 − 502,65) ≈ 1290,2 W W = 1
2
2
C
C
1
2
3
3
PROBLEMA 12 El circuito trif´asico de la Figura 26 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico 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 K 1 y K 2 cerrados. 2. Con K 1 cerrado y K 2 abierto. 3. Con K 1 y K 2 abiertos. 4. Con K 1 y K 2 cerrados y conectada la bater´ıa de condensadores de forma que el factor de potencia equivalente de la instalaci´on es de 0,99 inductivo. URN
+ A1
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
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
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Z3
PROBLEMA 12
35
´ 12 S OLUCI ON 1. Si K 1 y K 2 est´an cerrados entonces:
√
◦
U RN 380/ 3∠0 I R = I R1 = = 21,94∠ 89,43 A 0,1 + 10 90 ∠ R + Z 1 U SN 380/ 3∠ 120 I S = I S 1 = = 21,72∠ 120 A 0,1 + 10∠0 R + Z 2 380/ 3∠120 U T N I T = I T 1 = = 21,76∠156,53 A 0,1 + 10∠ 36,87 R + Z 3 ◦
√ − √ −
≈
◦
−
◦
≈
◦
◦
−
◦
◦
◦
≈
Siendo la lectura de cada amper´ımetro:
A1 = 21,94 A ; A2 = 21,72 A ; A3 = 21,76 A 2. Cuando K 1 est´a cerrado y K 2 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 expresi´on:
N . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
URN
+
IR
R
Z1
USN
+
IS
R
Z2
Figura 27
U RS = I R (2 R + Z 1 + Z 2 ) =
−I · (2 · R + Z + Z )
· ·
S
1
2
Despejando y sustituyendo valores resulta:
U RS 2 R + Z 1 + Z 2 380∠30 = 2 0,1 + 10∠90 + 10∠0
I R =
−I
S =
·
·
◦
◦
◦
◦
≈ 26,6∠ − 14,43
A
Por tanto, la lectura de los amper´ımetros es:
A1 = A 2 = 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.
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
36
4. En primer lugar se calcular´a la potencia de la bater´ıa de condensadores. Para ello se obtendr´an las potencias, activa y reactiva, absorbidas por los receptores: 2 2 2 P T = R (I R 1 + I S 1 + I T 1 )
· + Z · cos ϕ · I + Z · cos ϕ · I + Z · cos ϕ · I = 0,1 · (21,94 + 21,72 + 21,76 ) + 10 · cos90 · 21,94 + 10 · cos0 · 21,72 + 10 · cos(−36,87 ) · 21,76 ≈ 8648,22 W = Z · sin ϕ · I + Z · sin ϕ · I + Z · sin ϕ · I = 10 · sin90 · 21,94 + 10 · sin0 · 21,72 + 10 · sin(−36,87 ) · 21,76 ≈ 1972,64 var 1
2
1
2
R1
2
1
3
S 1
2
1
2
2
2
2
2
2
3
S 1
2
◦
T 1
◦
◦
R1
2
3
2
2
◦
QT
2
2
3
2
T 1
2
◦
2
◦
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) =
QT
− Q
C
P T
=
1972,64 QC = 8648,22
−
⇒
QC
≈ 740,33 var
Una vez obtenida la potencia reactiva de la bater´ıa de condensadores entonces:
I RC = I SC = I T C =
√ 3Q· U C
L
=
√ 740,33 ≈ 1,12 A 3 · 380
En consecuencia: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
◦
I R = I R1 + I RC = 21,94∠
I S = I S 1 + I SC
I T = I T 1 + I T C
◦
◦
− 89,43 + 1,12∠90 ≈ 20,82∠ − 89,4 A = 21,72∠ − 120 + 1,12∠ − 30 ≈ 21,75∠ − 117,04 A = 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
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◦
PROBLEMA 13
37
PROBLEMA 13 El circuito de la Figura 28 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico 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
A
R
IA
V
Z2
+ IS S
N
R
Z2
W2 UTN
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
IB
Z2 +
R
IT T
W1
Z1
Z1
Z1
Figura 28
´ 13 S OLUCI ON 1. Como el sistema est´a equilibrado, el neutro de la carga 1 y el neutro del generador est´an al mismo potencial. Tomando como origen de fases la tensi´on U RS :
√ −
◦
U RN 400/ 3∠ 30 40 I A = = = ∠ 10∠90 Z 1 3 ◦
◦
√ − 120
A
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38
´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
Por otro lado, si se convierte la carga 2, conectada en tri´angulo, a su equivalente en estrella, resulta:
I B =
√ −
U RN R+
√ √
◦
400/ 3∠ 30 20 2 = = ∠15 A 10 + 30∠3 90 3 ◦
−
Z 2 3
◦
Seg´un la Figura 28:
40 ∠ I R = I A + I B = 3
√ √
20 2 ∠15 120 + 3 ◦
√ −
◦
◦
≈ 16,32∠ − 75
A
Por tanto, la lectura del amper´ımetro es de 16,32 A.
2. Seg´un la Figura 28, el vat´ımetro 1 est´a midiendo la potencia activa de una de las fases del conjunto trif´asico situado a la derecha de ´el. Como Z 2 es una carga capacitiva pura, no consumir´a potencia activa. Por tanto:
2 W 1 = I B R =
·
√
2
20 2 3
W · 10 = 8000 3
√
3. Seg´un la Figura 28 y el diagrama fasorial de la Figura 29, el vat´ımetro 2 mide lo siguiente: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
◦
W 2 = U RT I S cos(U RT , I S ) = U RT I S cos(ϕ + 90 ) =
· ·
· ·
−√ Q 3
UTR UTN IT
IS ϕ
USN
URS 30o
o
30
IR 60o
UST
URN
URT
Figura 29
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PROBLEMA 14
39
donde Q es la potencia reactiva cedida por el generador:
· · Z 3 · sin ϕ √ 30 40 20 2 √ = 3 · √ 10 · sin(90 ) + 3 · sin(−90 ) · · · 3 3 3
2 Q = 3 I A2 Z 1 sin ϕ1 + 3 I B
· · ·
2
2
2
2
◦
◦
= 8 000 var De donde resulta:
W 2 =
−8000 √ ≈ −4618,8 W 3
Otra forma de proceder es aplicando directamente la expresi´on del vat´ımetro 2:
W 2 = U RT I S cos(U RT , I S )
· √ · 20 2 = 400 · √ · cos[−60 − (−75 − 120 )] 3 √ 20 2 −8000 = 400 · √ · cos(135 ) = √ 3 3
◦
◦
◦
◦
PROBLEMA 14
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
El circuito de la Figura 30 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico 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 trif´asico de la Figura 30 se encuentra equilibrado ya que tanto las cargas como el sistema de alimentaci´on lo est´an. De este modo resulta mas c o ´ modo trabajar con un circuito monof´asico equivalente para el an´alisis del sistema.
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
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
S1
R
T1
R
W2
W1
Z2 Z1
Z1
Z1
Z2 Z2
Figura 30
Para obtener el circuito monof´asico equivalente es necesario que todas las cargas est´en conectadas en tri´angulo o en estrella. En este caso se usar´a la conexi´on en estrella, de forma que la carga 2 habr´a que convertirla a esta con figuraci´on:
Z 2Y =
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
Z 2∆ Z 2 = 3 3
En la Figura 31 se representa el circuito monof´asico 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 tensi´on U RN como origen de fases, se tiene:
U RN =
400 ∠0 V 3
√
◦
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PROBLEMA 14
41
1. Haciendo una conversi´on de la fuente de tensi´on en el circuito de la Figura 31, resulta el circuito de la Figura 32. IR
URN /R
R
R1
R
I1
A1
Z1
R2
I2
A2
Z2 /3
R
Z3
N
Figura 32
A partir del circuito de la Figura 32, aplicando el concepto de divisor de intensidad:
I 1 =
U RN R
Y eq 1 1 + + Y eq R Z 1
·
donde:
Z eq =
1 = R + Y eq
· Z 3
2
(R + Z 3 )
Z 2 3
(R + Z 3 ) +
Sustituyendo valores resulta: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
◦
30∠
◦
− 90
(10 + 10∠90 ) 1 3 = 10 + Z eq = 30∠ 90 Y eq (10 + 10∠90 ) + 3
·
−
◦
◦
◦
≈ 22,36∠ − 26,57
1 ◦
400∠0 I 1 = 3 10
√ · ·
22,36∠ 26,57 1 1 1 + + 10 10∠90 22,36∠ 26,57
−
◦
−
◦
◦
Por tanto, la lectura del amper´ımetro 1 es de 6,41 A.
2. Procediendo de forma an´aloga al caso anterior:
1 I 2 = I 1
·
◦
≈ 6,41∠56,31
(R + Z 3 ) 1 3 + (R + Z 3 ) Z 2
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A
Ω
42
´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
Sustituyendo valores resulta:
◦
I 2 = 6,41∠56,31
1 (10 + 10∠90 ) = 6,41∠ 1 3 + (10 + 10∠90 ) 30∠ 90 ◦
·
−
◦
◦
− 33,69
A
◦
Por tanto, la lectura del amper´ımetro 2 es de 6,41 A.
3. Seg´un la Figura 30, el vat´ımetro 1 est´a midiendo el consumo de potencia activa de una de las fases del conjunto trif´asico situado a la derecha de ´el:
W 1 = I 12 Z eq cos ϕeq = 6,412 22,36 cos( 26,57 )
·
·
·
·
◦
−
≈ 821,7 W
4. Atendiendo a la Figura 30, es f´acil comprobar que el vat´ımetro 2 mide lo siguiente: 2 2
−Q −3 · I ·√ Z · sin ϕ W = √ = 3 3 2
3
3
Sustituyendo valores resulta: 2
◦
−3 · 6,41 √ · 10 · sin(90 ) ≈ −711,66 W W = 3 2
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
PROBLEMA 15 El circuito de la Figura 33 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico 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 W 1 y W 2 cuando K 1 y K 2 est´an abiertos. 2. Obtener la capacidad ( C ) de los condensadores para que, con K 1 cerrado y K 2 abierto, el factor de potencia equivalente de la instalaci´on sea la unidad. As´ı mismo, obtener I R , I S e I T . 3. Obtener las capacidades ( C R , C S y C T ) de los condensadores para que, con K 1 abierto y K 2 cerrado, el factor de potencia de cada una de las ramas monof´asicas resultantes sea la unidad.
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PROBLEMA 15
43
4. En las condiciones del apartado anterior, obtener I R , I S e I T . 2 2 2 5. Calcular ( I R ) para los tres casos analizados. Justi ficar cual de los + I S + I T m´etodos de compensaci´on de reactiva es el m´as conveniente.
URN
USN N
+ I R
R W1
ZR
IZS
ZS
IZT
ZT
V + IS
W2
S UTN
IZR
+
IT
T ICR
ICS
O
ICT
K1
K2 C
C
C
CR
CS
CT
Figura 33
´ 15 S OLUCI ON . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
1. Como el neutro del generador est´a r´ıgidamente unido al neutro de la carga entonces U N O =0, y las intensidades resultan:
√ 400/ 3∠0
◦
U RN 40 ∠0 A I R = I ZR = = 10∠0 Z R 3 U SN 400/ 3∠ 120 40 I S = I ZS = = 165 A ∠ 10∠45 Z S 3 U T N 400/ 3∠120 40 I T = I ZT = = ∠30 A 10∠90 Z T 3 ◦
√ − √
≈ √ ◦
◦
◦
◦
≈ √ −
◦
◦
≈ √
La lectura de cada vat´ımetro es:
W 1 = U T R I R cos(U T R , I R ) = 400
· ·
W 2 = U ST I S cos(U ST , I S ) = 400
· ·
40 · √ · cos(150 ) = −8000 W 3 ◦
40 · √ · cos(−90 3
◦
◦
+ 165 )
≈ 2391 W
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
44
2. La potencia reactiva que absorbe la carga es: 2 2 Q = Z S sin ϕS I ZS + Z T sin ϕT I ZT
· · · · 40 40 ≈ = 10 · sin(45 ) · √ + 10 · sin(90 ) · √ 9104,57 var 3 3
2
◦
◦
2
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: 2 U F QC = Q = 3 = ω C U L2 X C
·
· ·
Despejando y sustituyendo valores resulta:
C =
QC 9104,57 = 2π 50 4002 2π f U L2
· ·
· ·
≈ 181,13 µF
Seg´un la Figura 33:
U RN U RN 2π f C = 1∠ 90 X C ∠ 90 400/ 3∠0 2π 50 181,13 10 6 = 13,14∠90 A 1∠ 90 I CS 13,14∠ 30 A ; I CT 13,14∠210 A
· · · √ − · · · − · − − ≈
I CR =
◦
◦
◦
−
◦
◦
≈
◦
≈
◦
Por tanto: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
40 √ ∠0 ≈ 26,57∠29,63 3
◦
◦
I R = I CR + I ZR = 13,14∠90 +
I S = I CS + I ZS = 13,14∠
◦
− 30
+
◦
I T = I CT + I Z T = 13,14∠210 +
A
40 √ ∠ − 165 ≈ 16,64∠ − 131,05 3 ◦
◦
40 √ ∠30 ≈ 9,95∠30 3 ◦
◦
A
A
3. En este caso la capacidad de cada uno de los condensadores ser´a tal que el factor de potencia de cada una de las ramas monof´asicas sea la unidad. La potencia reactiva que absorbe cada una de las impedancias monof´asicas es: 2 QR = Z R sin ϕR I ZR = 0
QS = Z S
· · · sin ϕ · I
2
S
ZS 2
◦
= 10 sin(45 )
·
◦
QT = Z T sin ϕT I ZT = 10 sin(90 )
·
·
·
· √ ≈ · √ ≈ 40 3 40 3
2
3771,24 var
2
5333,33 var
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PROBLEMA 15
45
A partir de estas potencias, la capacidad de cada uno de los condensadores se calcula de la siguiente forma:
QR =0 2 2π f U F QS 3771,24 C S = = 2 2π f U F 2π 50 (400/ 3)2 QT 5333,33 C T = = 2 2π f U F 2π 50 (400/ 3)2
C R =
· · · ·
· ·
√ ≈ 225 µF
· ·
· ·
√ ≈ 318 µF
4. Teniendo en cuenta que, una vez compensadas, el factor de potencia de cada rama monof´asica es la unidad, entonces:
I R =
I S = =
I T = = . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
40 √ ∠0 3
◦
A
2 P S Z R cos ϕR I ZS 120 = 120 ∠ ∠ U F U F 10 cos(45 ) (40/ 3)2 120 16,33∠ ∠ (400/ 3) 2 Z T cos ϕT I ZT P T ∠120 = ∠120 U F U F 10 cos(90 ) (40/ 3)2 ∠120 = 0 A (400/ 3)
· √
◦
−
◦
·
· √
·
◦
◦
·
·
−
◦
−
≈
·
·√ √
◦
◦
− 120
A
◦
◦
5. Para cada uno de los casos analizados se obtiene lo siguiente:
· √
2 40 2 2 2 (I R + I S + I T )=3 = 1 600 A2 3 (I R2 + I S 2 + I T 2 ) = 26,572 + 16,642 + 9,952
2
2
2
√
(I R + I S + I T ) = (40/ 3)2 + 16,332
2
≈ 1081,1 A
≈ 800 A
2
A la vista de los resultados, el m´etodo de compensaci´on de reactiva m´as conveniente en este caso se consigue usando condensadores de distinta capacidad. Con este m´etodo se disminuir´ıan las p´erdidas en las l´ıneas de alimentaci´on ya que: 2 2 2 P´erdidas (I R + I S + I T )
∼
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46
´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 16 El circuito de la Figura 34 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico 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 K 1 abierto y K 2 cerrado. 2. Con K 1 cerrado. 3. Con K 1 y K 2 abiertos.
K1 URN
USN N UTN
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
+ I R
R
ZR
+ IS
S
ZS
+
IT
O K2
T
ZT
ZN
V Figura 34
´ 16 S OLUCI ON 1. Con K 1 abierto y K 2 cerrado, la tensi´on 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
+
U T N
Z R Z S Z T 1 1 1 1 + + + Z R Z S Z T Z N
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PROBLEMA 17
47
Sustituyendo valores resulta:
√
√
√ −
(400/ 3)∠0 (400/ 3)∠120 (400/ 3)∠ 120 + + 10∠0 10∠45 10∠90 U ON = 1 1 1 1 + + + 10∠0 10∠45 10∠90 0,1∠0 ◦
◦
◦
◦
◦
◦
◦
◦
◦
≈ 3,45∠76
◦
V
◦
Por tanto, la lectura del volt´ımetro es de 3,45 V.
√ ≈
2. Si K 1 est´a cerrado, la lectura del volt´ımetro es de 400/ 3 230 V independientemente del estado del interruptor K 2 , porque se encuentra midiendo la tensi´on de la fuente U RN 3. Con K 1 y K 2 abiertos, la tensi´on 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 =
Z R
+
U SN
Z S 1 1 1 + + Z R Z S Z N
Sustituyendo valores, resulta:
√
√
◦
◦
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
◦
(400/ 3)∠0 (400/ 3)∠120 + 10∠0 10∠45 U ON = 1 1 1 + + 10∠0 10∠45 0,1∠0 ◦
◦
◦
◦
≈ 3,60∠37,9
V
◦
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 trif´asico 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.
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
48
URN
USN
+
+
N UTN
+
ZC
IR R
W1 ZL
IS S
W2
O
ZL
IT T
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:
I N = I R + I S + I T
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
Como el sistema posee neutro, y ´este se considera ideal, las tensiones de fase en la carga estar´an equilibradas. Al tener el mismo m´odulo las tres impedancias de carga, las correspondientes intensidades de fase tendr´an el mismo valor eficaz de 10 A:
|I | = |I | = |I | = 10 A R
S
T
Eligiendo como origen de fases la tensi´on U RN , se construye el diagrama fasorial de la Figura 36 donde las tres intensidades se situar´an adelantadas o retrasadas 90 ◦ a su correspondiente tensi´on de fase, seg´un la carga sea, respectivamente, un condensador o una bobina. Seg´un esto, es f´acil 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.
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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:
U F = I F Z = 10 40 = 400 V U L
√ · = 3 · U
F
=
√ ·
3 400 V
·
De esta forma, la lectura de cada vat´ımetro ser´a
W 1 = U RT I R cos(U RT , I R )
· · √ √ = 3 · 400 · 10 · cos(−30 − 90 ) = −2000 3 W W = U · I · cos(U , I ) √ √ = 3 · 400 · 10 · cos(−90 − 150 ) = −2000 3 W
◦
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
2
ST
S
◦
ST
S
◦
◦
3. Al tratarse de elementos reactivos puros, la potencia activa absorbida por ellos ser´a nula y no coincide con la suma de las lecturas de los vat´ımetros. Esto es debido a que el m´etodo de Aron, al igual que el de los tres vat´ımetros, solo es v´alido 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.
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
50
URN
+ I R
R IRS ITR
Z USN
+ IS
S
Z IST Z
UTN
+
T
IT
Figura 37
´ 18 S OLUCI ON
Al estar el generador desequilibrado, no existe una relaci´on conocida entre las intensidades de l´ınea y de fase. Por tanto, ser´a necesario calcular las tensiones del sistema. Convirtiendo la carga en tri´angulo a su estrella equivalente da lugar al circuito de la Figura 38, a partir del cual se puede obtener la tensi´on de cada impedancia: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
◦
◦
U RN = I R Z = 15∠30 U SN U T N
◦
· · 1∠30 = 15∠60 V = I · Z = 20∠140 · 1∠30 = 20∠170 V = I · Z = −(I + I ) · Z ≈ 20,49∠ − 83,46 · 1∠30 = 20,49∠ − 23,46 V
◦
S
◦
◦
T
R
S
◦
A partir de estas tensiones de fase se obtienen las tensiones de l´ınea:
U RS = U RN
SN
U ST = U SN
T N
U T R = U T N
RN
− U − U − U
◦
◦
= 15∠60
◦
− 20∠170 ≈ 28,81∠19,29 V = 20∠170 − 20,49∠ − 23,46 ≈ 40,21∠163,19 V = 20,49∠ − 23,46 − 15∠60 ≈ 23,98∠ − 61,89 V ◦
◦
◦
◦
◦
◦
Conocidas las tensiones de l´ınea del sistema, es f´acil determinar las intensidaBachiller, 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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PROBLEMA 19
URN
USN
UTN
51
+ I R
R
Z’
+ IS
S
Z’
+
T
Z’
IT
N
Figura 38
des de fase de la carga original: ◦
U RS 28,81∠19,29 I RS = = 9,6∠ 10,71 A 3 30 ∠ Z U ST 40,21∠163,19 I ST = = 13,40∠133,19 A 3∠30 Z U T R 23,98∠ 61,89 I T R = = 8∠ 91,89 A 3 30 ∠ Z
≈
◦
−
◦
◦
◦
−
◦
≈
◦
◦
≈ −
◦
PROBLEMA 19
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
El circuito de la Figura 39 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa, de 380 V. Sabiendo que R=10 Ω, X C = 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 s´olo el interruptor K 1 . 3. Cerrado s´olo el interruptor K 2 . 4. Cerrado s´olo el interruptor K 3 .
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
52
URN
+ R
IR
W1 K2
USN N
R + S
IS
cosϕ=0,8
K1
UTN
+ T
10 kW
K3
capacitivo
XC
Z IT
W2
Figura 39
´ 19 S OLUCI ON 1. Seg´un la Figura 39 las lecturas de los vat´ımetros son las siguientes:
W 1 = U RS I R cos(U RS , I R )
· · · I · cos(U
W 2 = U T S . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
T S , I T )
T
UST USN
URN
IS
o
30
ϕ
ϕ
IT
URS
30o
IR
ϕ
30o
UTN UTR
UTS Figura 40
Cuando todos los interruptores est´an abiertos la carga est´a 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.
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PROBLEMA 19
53
seg´un el diagrama fasorial de la Figura 40: ◦
W 1 = U L I L cos(ϕ W 2 = U L
⇒
· · − 30 ) · I · cos(30 + ϕ) ◦
L
=
W 1 + W 2 = P Q W 1 W 2 = 3
√
−
En este caso, P y Q se obtienen a partir de los datos conocidos de la carga de 10 kW:
P = 10000 W Q = P tan(ϕ) = 10 000 tan( arc cos(0,8)) =
·
·
−
−7500 var
En consecuencia:
P = W 1 + W 2 = 10 000 Q = 3 (W 1 W 2 ) = 7500
√ ·
−
−
=
⇒
W 1 W 2
≈ 2835 W ≈ 7165 W
2. Al cerrar K 1 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 modi fican sus lecturas. 3. Cuando se cierra K 2 , los vat´ımetros siguen conectado seg´un el montaje Aron aunque ahora, al estar la carga desequilibrada, s´olo se puede medir potencia activa con ellos. Las nuevas lecturas de los vat´ımetros deben cumplir: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
P = W 1 + W 2 El valor de la nueva potencia activa se obtiene sumando la que absorbe la resistencia de 10 Ω y la carga de 10 kW:
3802 P = P + P R = 10 000 + = 24 440 W 10
Por otra parte, la lectura del vat´ımetro 2 no cambia ya que no lo hace ni su tensi´on ni su intensidad. Teniendo en cuenta esto, puede obtenerse la nueva lectura del vat´ımetro 1:
W 1 = P
− W = 24 440 − 7165 = 17275 W 2
´ nico interruptor que est´a cerrado es K 3 , se tiene el m´etodo de Aron 4. Si el u con carga desequilibrada. Adem´as, dicho interruptor conecta en paralelo un 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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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
54
condensador y la carga de 10 kW, de forma que la potencia activa no ha variado respecto al caso 1. En consecuencia:
P = W 1 + W 2 = 10000 W Adem´as, la lectura del vat´ımetro 1 no cambia ya que no se modi fica ni la intensidad ni la tensi´on medida al cerrar K 3 . En resumen, si la suma de los vat´ımetros no cambia y tampoco lo hace W 1 entonces la lectura del vat´ımetro 2 ser´a la misma que la del primer apartado:
W 1 = W 1 = 2 835 W ; W 2 = W 2 = 7 165 W
PROBLEMA 20 El circuito de la Figura 41 se alimenta desde un generador trif´asico equilibrado y de secuencia inversa. Estando el interruptor K cerrado, las lecturas de los vat´ımetros son W 1 = 1500 W y W 2 = 3750 W. Suponiendo que Z v es una impedancia id´entica a la impedancia voltim´etrica 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 . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
S
IR
W1
W2
IS
CARGA EQUILIBRADA
T
IT
Zv
K O Figura 41
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PROBLEMA 20
55
´ 20 S OLUCI ON
1. Estando el interruptor cerrado, las impedancias voltim´etricas de los vat´ımetros, junto con Z v , constituyen una carga trif´asica equilibrada en estrella. Por esto, su neutro (punto O ) estar´a al mismo potencial que el neutro del generador y de la carga. USR
USO
30o
URO
120o ϕ
30o
120o
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: ◦
W 1 = U T O I R cos(U T O , I R ) = U F I F cos(120
· · · I · cos(U
· · − ϕ) , I ) = U · I · cos(120 + ϕ)
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
W 2 = U SO
R
SO
R
F
◦
F
Desarrollando estas expresiones se tiene que
√ 3
− · −
W 1 = U F I F
1 cos ϕ + sin ϕ 2 2
W 2 = U F I F
1 cos ϕ 2
·
· ·
−
√ 3 2
sin ϕ
de donde
−W − W = U · I · cos ϕ = P 3 √ Q W − W = 3 · U · I · sin ϕ = √ 3 1
2
1
2
F
F
F
F
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
56
Luego los valores de las potencias, activa y reactiva, de la carga ser´an:
P = 3 ( W 1
√ · − − W ) = 3√ · (1 500 + 3 750) = 15 750 W Q = 3 · (W − W ) = 3 · (−1 500 + 3 750) ≈ 3897 var 2
1
2
2. Si se abre el interruptor K , la bobina voltim´etrica del vat´ımetro 1 queda desconectada, por lo que:
W 1 = 0 Por otra parte, la bobina voltim´etrica del vat´ımetro 2 queda en serie con Z v , estando conectado el conjunto a la tensi´on de l´ınea U SR . Cada una de ellas tendr´a una tensi´on de U SR /2 y en consecuencia la lectura del vat´ımetro 2 ser´a:
U SR U SR U L W 2 = I R cos( , I R ) = I F cos(150 + ϕ) 2 2 2 3 3 1 = U F I F cos ϕ sin ϕ 2 2 2
√
· ·
· · ·
−√
· ·
√ 3
−
◦
−3 · U · I · cos ϕ − · U · I · sin ϕ 4 4 √ −1 P − 3 Q = −P − √ −15750 − 3897 1 √ ≈ −4500 W = Q = 4 4 3 4 4 4 3 4 3 =
F
F
F
F
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
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PROBLEMA 21
57
PROBLEMA 21 El circuito de la Figura 43 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado de 400 V y de secuencia desconocida. Sabiendo que W 1 =3000 y W 2 =1000, se pide:
1. Deducir la secuencia de fases. 2. Determinar los valores de R y X . URN
USN N UTN
+ I R
R
+ IS
S
+
T
IT
R
jX
R
jX
R
jX
W1
W2
Figura 43
´ 21 S OLUCI ON . d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
1. El montaje realizado con los vat´ımetros se corresponde con una variante del m´etodo de Aron. A partir de sus lecturas se pueden determinar las potencias, activa y reactiva, de la carga. Seg´un la Figura 43, las lecturas de los vat´ımetros son:
W 1 = U RS I R cos(U RS , I R )
· · · I · cos(U
W 2 = U ST
ST , I T )
T
Si se supone que la secuencia de fases es directa, seg´un el diagrama fasorial de la Figura 44 se tiene que ◦
W 1 = U L I L cos(30 + ϕ) = U L I L
· ·
·
◦
√ · −√
W 2 = U L I L cos(150 + ϕ) = U L I L
· ·
· ·
3 cos ϕ 2 3
2
− 12 sin ϕ
cos ϕ
− 12 sin ϕ
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´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS
58
UTR
UTS UTN 30o
IS
IT
ϕ ϕ
USN
URS
30o
ϕ
URN
IR UST Figura 44
de donde
√ W − W = 3 · U · I · cos ϕ = P √ √ − 3 · (W + W ) = 3 · U · I · sin ϕ = Q 1
2
1
2
L
L
L
L
Sustituyendo valores:
P = W 1
W = 3 000 − 1 000 = 2 000 W − √ √ √ Q = − 3 · (W + W ) = − 3 · (3 000 + 1 000) = −4000 3 var 2
1
. d e v r e s e r s t h g i r l l A . s o t n a S e d z a í D s e n o i c i d E . 0 1 0 2 © t h g i r y p o C
2
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
URN
IS
30o ϕ
ϕ
120o
IT
30o
URS
IR
ϕ
UTN UTR Figura 45
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