IV.- CIRCUITOS TRIFÁSICOS Problema 29 En el siguiente circuito trifásico balanceado, hallar las corrientes de fase, potencia monofásica y trifásica y dibujar el correspondiente diagrama fasorial indicando todas las tensiones y corrientes. Se asume alimentación balanceada en secuencia a, b, c.
Solución: Tomando la tensión de la fase a como referencia, Vf =
220
IL= Ifa =
= 127∠ 0º Voltios.
3
127 10
0 53,1
= 12,7
- 53,1
°
Amperios
Ifb = 12,7 | -53,1° - 120° Amperios Ifc = 12,7 | -53,1° - 240° Amperios
P1φ = If² × R = 968 Watt. P3φ = 3 × P1φ = 2.904 Watt.
Problema 30 Dado el siguiente sistema trifásico balanceado: B
A Línea Fuente
C1
C2
Secuencia ABC, 60 Hz En el nodo B, hay 115kV de tensión línea-línea. La fuente está conectada en delta con Zg = j 80 Ω /fase. La línea tiene impedancia serie por fase Z = (50 + j100) Ω . Carga 1: Es de impedancia constante y consume 4,5 MW trifásicos cuando se le alimenta desde una fuente de 115 kV. Su factor de potencia es 0,75 en atraso. Carga 2: Potencia activa constante y consume 10 MW a 115 kV y factor de potencia 0,8 en adelanto. a) b) c) d)
Calcule: Tensión interna por fase del generador. Factor de potencia de operación del generador. Corriente en la línea. Potencia total trifásica generada por la fuente.
Solución:
(a) Trabajando con la fase A y el equivalente Y del sistema:
Zg
A
RL I
Eg
XL
B
Zc1
80 = j26 , 6667 Ω 3 115 = 0° kV 3
Zg = j VB
Zc1 =
(115kV) 2 Cos 4, 5MW / 0, 75
−1
Zc2 =
(115kV) 2 Cos 10MW / 0, 8
0, 8 = 1, 058 - 36, 87 ° kΩ
−1
0, 75 = 2, 2042 41, 41 ° kΩ
115 .000 0° I
L
=
VB = Zeq
3 Zc 1 Zc2
[
= 74 , 9237 13, 69 ° A
]
Eg = Zg + Z L + ( Zc 1 Zc2) . I
L
= 68 , 5387 8, 48 ° kV ⇒ Eg AB = 118 , 7125 38, 48 ° kV
(b) Sg 3ϕ = 3.V A . I V A = Eg − Zg . I fp = Cos(-6,
L
∗
L
= 68 , 7489 6, 82 ° V ⇒Sg 3ϕ = 15 , 4528 - 6, 87 ° MVA
87 °) = 0, 9928
(c) I L =74 , 9237
13, 69 °A
(d) Sg 3ϕ =15 , 4528
- 6, 87 °MVA
=(15,
3419
- j 1, 8480)
MVA
Zc2
Problema 31 Se tiene el siguiente sistema trifásico balanceado a sec. abc, y 60 Hz
Para el momento de operación, considerando que el generador es ideal y en la barra B hay una tensión línea-línea de 866.03 l 0º voltios rms, determine: a).- Voltaje línea – línea en la barra B ( tensiones ab,bc y ca) b).- Construya el diagrama fasorial de tensiones y corrientes en la barra B. c).-Potencia trifásica que entrega la fuente; S3 = P3 + jQ3 d)-Si se quiere compensar en la barra B, para obtener un factor de potencia fp=1, calcule el tamaño del elemento a conectar como banco de capacitores conectado d1) en Y y d2) en delta. Representación trifásica del sistema;
Como se trata de un sistema trifásico balanceado, el voltaje entre los puntos neutros del sistema es cero VNN´ =0. El hecho de estar balanceado, permite estudiar el sistema por fase. Para realizar este análisis por fase se requiere que todos los elementos presenten conexiones Y, o en su defecto sean transformados a su equivalente Y.
Se selecciona la tensión de línea AB en la carga, como referencia. Representación unifilar de la fase A
donde VA = VAB l 0º-30º = 866.03 V. l -30º = 500 l-30º V √3 √3 Modelación de las cargas; C1: 1Hp= 746W 75*746 = 55,95kW (potencia activa que consume la C1) Modelamos esta carga como una impedancia constante, esto es:
Zc1= l VL-L l2 = l VL-L l2 = (866,03 V)2 l-arcos(0,8) = 10.724 l-36.87º S3* P3/ fp 55,95kW / 0.8 Zc1=8.5792-j6.4344 C2: Potencia activa que consume: P3 =60*746 = 44.760 kW Zc2= l VllB l2 = (866.03V)2 . lcos-1(0.9) = 15.0806l25.84º S3* 44.76kW /0.9 Zc2=13.5728+j6.573 Viendo el circuito se puede obtener el paralelo de las dos cargas; Zeq= Zc1 // Zc2 = 7.1568 – j1.4416
Luego la corriente que pasa por la línea es Il= VlnB = 500V . l-30º = 68.488 A l-18.6113 Zeq 7.1568 – j1.4416 Finalmente aplicando la ecuación de malla obtenemos VlnA; VlnA= Il.Zl + VlnB VlnA= (68.488 A l-18.61º)*(1+j5) + 500 l-30º V Voltaje línea – neutro de la fase A VlnA= 609.48 l4.65º V Por lo tanto el voltaje línea-línea en la barra A es Vll = √3*VlnA l lnº+ 30º VAB= 1.055kV l34.95º VBC= 1.055kV l34.95º-120º =1.055kV l-85.05º VCA= 1.055kV l34.95º+120º = 1.055kV l154.95º b.- Diagrama fasorial de tensiones y corrientes en barra B.
Nótese que la corriente adelanta el voltaje por la presencia de una carga equivalente netamente capacitiva. c.- Potencia trifásica que entrega la fuente. Como se trata de una fuente ideal, Eln = VlnA = 609.48 l4.65º V S3= 3*S1*Eln*Il*
* S3= 3*(609.48 l4.65º V)*( 68.488 A l-18.61)
S3= 115.048 kW + j49.452 kVAr P3 Q3 d.- Compensación en barra B para mejorar el factor de potencia, Para que la barra B presente un fp = 1 es necesario cancelar la entrada de reactivos a dicha barra. Esto se logra colocando un capacitor, si se quiere inyectar reactivos a la red, o un inductor, para quitar reactivos de la red. Calculando la potencia trifásica que llega a la barra B logramos identificar la naturaleza del elemento y su capacidad. S3B= 3*S1B*VlnB*Il*= 3*(500 l-30º V)*( 68.488 A l-18.61)* S3B= 100.708 kW – j20.288kVAr Q3 = -20.288 kVAr Se trata de un inductor que absorba +20.288kVAr la potencia reactiva que produce la carga capacitiva de tal manera que la barra B quede libre de reactivos. Hallamos la reactancia inductiva Xl: Xl = l VllB l2 = j. (866.03V)2 = j 36.9681 Q320.288 kVAr Xl = j*w*L L= w = 2**f Xl Xl L = 2**60 Hz = 10.198 H 36.9681 Ly = 10.198H
banco de inductores conectados en Y
L=3* Ly = 30.5939 H
banco conectado en
Problema 32 El alimentador trifásico de 23 kV de la siguiente figura tiene una carga de 9 MVA con un factor de potencia de 0,85 en atraso y un factor de carga igual a uno. A fin de mejorar el factor de potencia de la carga se decide instalar un banco de capacitores de 1800 kVAr. Determine:
a) b) c) d) e) f) g) h) i)
La tensión VR en la carga antes de instalar el banco de capacitores. Las pérdidas en la línea sin los capacitores. El nuevo factor de potencia al aplicar los capacitores. La liberación de capacidad de la línea cuando se aplican los capacitores. El valor de la potencia aparente al aplicar los capacitores. La elevación de tensión al aplicar los capacitores. Las pérdidas en la línea con los capacitores. La reducción de las pérdidas de potencia al mejorar el factor de potencia. La reducción de las pérdidas de energía al mejorar el factor de potencia.
Solución: a) Para determinar la tensión VR en el extremo de la carga, se aplica la ecuación: 1
VR =
2 2 Vg2 Vg2 2 − ZS Rcosa − ZS Rcosa − 2 − ( ZS R ) 2
de los datos del problema se tiene Z =(0,198
+j0,32
) ×6 =2,25
58,25
°Ω
α = θ−β =58,25 ° −31,78 ° =26,46 °
Problema 33 En el circuito trifásico balanceado, secuencia abc, que se muestra en la figura, cuatro barras de generación a, b, c y d están conectadas como se ve en el diagrama de la figura A. A las barras a y c se conectan dos generadores, suministrando carga a un motor síncrono en la barra d. A efectos de análisis, todas las máquinas en cualquier barra se consideran como una máquina simple, representada por una f.e.m. y una reactancia en serie. El diagrama de reactancias se ha dibujado en la figura B. Los nodos están representados por puntos y todos tienen asignada una letra, excepto, los que unen reactancias en serie. Simplifíquese el circuito, eliminando todos los nodos, excepto, el neutro y e, f y g,
a los que están conectadas las f.e.m. de las máquinas. Nótese que los nodos que se conservan, salvo el neutro, no tienen existencia física en el sistema.
Figura A
figura B Solución: El nodo b se elimina transformando en el ∆ equivalente las reactancias conectadas en Y que van desde a, c y d, a b. Los cálculos son:
j0,3 × j0,3 + j0,3 × j0,1 + j0,3 × j0,1 −0,15 = = j1,5 Ω j0,1 j0,1 − 0,15 Z cd = = j0,5 Ω j0,3 Z ac =
Z da =
− 0,15 = j0,5 Ω j0,3
Combinando las impedancias en serie entre a y e, c y f y d y g, se eliminan los nodos sin rotular: Z ea = j1,0 + j0,1 = j1,1Ω Z cf = j0,9 + j0,05 = j0,95 Ω Z dg = j0,9 + j0,1 = j1,0 Ω
Si ahora se combinan las impedancias en paralelo entre a y d y c y d, se obtiene: Z ad = Z cd =
j0,5 × j0,3 = j0,1875 Ω j0,5 + j0,3
A continuación se procede a transformar la ∆ formada por a, c y d en la Y equivalente. Los correspondientes cálculos son: Za = Zc =
Zd =
j0,1875 × j1,5 j1,5 + j0,1875 + j0,1875
j0,1875 × j0,1875 j1,5 + j0,1875 + j0,1875
= j0,15 Ω
= j0,0188 Ω
Finalmente, se suman las impedancias en serie de la Y obtenida y se transforma ésta en la ∆ equivalente, obteniendo así la malla buscada. Los cálculos necesarios se dan a continuación: j1,25 × j1,10 + j1,10 × j1,02 + j1,02 × j1,25 −3,77 = = j3,70 Ω j1,02 j1,02 − 3,77 Z fg = = j3,02 Ω j1,25 Z ef =
Z ge =
− 3,77 = j3,42 Ω j1,10
Hay formas mas eficientes de resolver este problema, una de ellas es mediante métodos matriciales aplicando partición de Kron para reducir la red conservando sólo los nodos de interés. Este interesante tópico está fuera del alcance de este problemario.
Problema 34 Si las f.e.m. internas de las fuentes A, B y C, en el problema 33, tienen los valores E A =1,5
0°,
E B =1,5
15 °,
E C =1,5
- 36,9 °
determine las potencias de salida de A y B, así como la potencia de entrada en C. Solución: Las corrientes en el ∆ son: I ef =
1,5 0° −1,5 15 ° E A − EB = = - 0,105 - j0,014 Amp. Z ef j3,70
I fg =
1,5 15 ° −1,5 - 36,9 ° EB − E C = = 0,426 - j0,083 Amp. Z fg j3,02
I ge =
1,5 - 36,9 ° −1,5 0° EC −E A = = - 0,263 - j0,088 Amp. Z ge j3,42
Las corrientes en los terminales son: Desde el generador A:
I e =I ef −I ge =0,158
Desde el generador B:
I f =I fg −I ef =0,531
−j0,069
I g =I fg −I ge =0,689
−j0,171
Hacia el generador C:
−j0,102
=0,188
- 32,8 °Amp.
=0,536
- 7,4 °Am p.
=0,710
- 13,9 °Amp.
Las potencias buscadas son, por lo tanto: P A:
1,5 ×0,188 cos 32,8 ° = 0,237 W.
P B:
1,5 × 0,536 cos (15 ° + 7,4 °) = 0,743 W.
PC de entrada a la carga en C :
1,5 × 0,710 cos ( 36,9 ° - 13,9 °) = 0,985 W.
Problema 35 En el siguiente circuito, hallar las corrientes de fase. secuencia abc.
Asuma f = 60 Hz,
Solución:
ωLM = k
( ω La ∗ ω Lc )
ω LM =
1 4
1 ∗ 4 = 0,5
Planteando las mallas principales: Vab = 100 | 0° = ( 2 + j1 ) I1 + ( -2 + j0,5 ) I2 Vbc = 100 | -120° = ( -2 + j0,5 ) I1 + ( 2 + j3 ) I2 Resolviendo se obtiene: I1 = 15,63 -35,83° = 12,67 - j9,15 I2 = 31,88 -161,04° = -30,15 - j10,36
ia = I1 = 15,63 | -35,83° Amperios ic = - I2 = 31,88 | 18,96° Amperios ib = I2 - I1 = 42,84 | -178,4° Amperios
Problema 36 Para el siguiente circuito hallar I, IM e Ic en cada fase, la potencia total entregada por la fuente y el factor de potencia, dibujar tensiones y corrientes en un diagrama fasorial.
Datos: V1 = 220 Voltios. Z = 16 - j12 Ω Solución: Tomando Van como referencia IM =
10000
= 26,25 | -53,13° Amperios
220 3
220
| Zmotor Y | =
3 = 4,84 Ω 26,25
| Zmotor Y | = 4,84 Ω 53,13° = ( 2,904 + j3,872 ) Ω Zcarga Y
= 16 − j12 3
= 5,33 - j4 Ω
Zmotor // Zcarga = 3,91 | 17,17° Ω I=
220 3 ×3,91 17,17 °
= 32,5 | -17,17° Amperios
Ic = I - IM Ic = 19,08 | -36,70° Amperios
P3φ = 3 ×
220 3
× (32,5) × cos 17,17 Watt
S3φ = 3 ×
220 3
× (32,5)
S3φ = 12,3842 kVA cos θ
= cos 17,17 = 0,955
Problema 37 Dado el siguiente sistema trifásico balanceado, secuencia abc, 60 Hz, hallar: a) Tensiones de fase y de línea en la barra A. b) Potencia que entrega la fuente. c) Diagrama fasorial con tensiones de fase, de línea y corrientes por la línea.
Solución: (a) Pc1 = 75 × 746 = 55.950 Watt. ⇒ Sc1 = Pc2 = 60 × 746 = 44.760 Watt. ⇒ Sc2 =
55.950 0,8
44.760 0,9
= 69.937,5 VA
= 49.733,3 VA
utilizando la relación Q = P tang θ , se tiene para Qc1 y Qc2: Qc1 = -41.962,5 VAR Qc2 = 21.678,3 VAR I = Ic1 + Ic2 I* =
69.937,5 3 ×866,03
Sc1 =
Ic1* = −36,87
Sc 1 3 ×V
- 30
49.733,3 +
3 ×866,03
I = 68,5 | -18,61° Amperios
3
× V × Ic1* Sc 2 3 ×V
Ic2* = 25,8
- 30
102.733,4 =
3 ×866,03
−11,4
−30
La tensión de fase generada por la fuente es: Vg =
866,03 −30° 3
+ I × ( 1 + j5 ) = 609,52 | 4,96° Voltios.
Vg de línea: VgL = 1055,72 | 34,96° Voltios. (b) La potencia trifásica en la fuente: Sg3φ = 3 Vg I* = 125.256,36 | 23,57° VA
Problema 38 En el sistema mostrado determine las corrientes que fluyen hacia el nodo n de la carga.
Solución: Este problema se puede resolver por el método de mallas, pero se desea ilustrar la forma de realizar transformaciones ∆ - Y con fuentes y equivalentes trifásicos. 1. Transformando a Y cada una de las dos deltas y sumando las impedancias de línea se obtiene: Z Y1 =
( 2 + j 2) 3
+ ( 2 + j1) =
8 + j5 3
Z Y2 =
( 3 − j 4) 3
+ ( 1 + j 2) = 2 + j
2 3
EY 1 =
200 3
30 + 30
E Y2 =
300 3
0 + 30
(note la secuencia de fase en las
fuentes)
2. Transformando nuevamente a delta: Z∆ 1 = 3ZY1 = 8 + j5 = 9,43 | 32° E∆ 1 = 200 | 30°
Z∆ 2 = 6 + j2 = 6,32 18,44° Ω E∆ 2 = 300 | 0°
3. Se halla el equivalente del sistema entre los puntos a, b y c, haciendo el paralelo de las dos deltas. Se transforman las fuentes de tensión a fuentes de corriente, se suman las corrientes y se encuentra el paralelo de las impedancias, luego se transforma a fuentes de tensión nuevamente. La impedancia equivalente del paralelo de las deltas es: Z∆ ' = Z∆ 1 // Z∆ 2 = ( 8
+ j 5) ( 6 + j 2) 14 + j7
= 3,49 + j1,54 = 3,81 | 23,8°
La fuente de corriente equivalente de ambas deltas, inyectada al punto a es:
200 30 Ia = ( 8 + j5)
300 +
(6
0
+ j 2)
200 −
(8
−90
+ j5)
= 118 ( 6 + j 2 ) −120
300 −
16,6 ° Amperios
Idénticamente Ib = 118 136,6° Amperios Ic = 118 -103,4° Amperios
transformando a estrella se obtiene: ZY' = 1,1633 + j0,5133 EY' = Ia × ZY' = 118 16,6° × ( 1,1633 + j 0,5133 ) ≅ 150,0385 | 40,4° EY' = 114,2444 + j 97,2613 Voltios EY'b= 150,0385 | 160,4° Voltios EY'c= 150,0385 | -79,6° Voltios
Se halla la tensión Vnn' por análisis nodal: haciendo las operaciones apropiadas se concluye que Vnn' −
= E y 'c
3Z y ' +10
=−
150,0385 3 × (1,1633
− 79,6 °
+ j 0,5133
) +10
=−
− 79,6 °
150,0385
6,51 °
13,58
=11,05
- 86,11 °
Voltios Se recomienda al estudiante realizar las operaciones para llegar a esta relación. Ian =
150,0385
40,4 5,1633
del mismo modo,
− 11,05 +j 0,5133
- 86,11
156,8644 = 5,19
43,65 5,67
= 30,23
37,97
A m perios
Ibn =
2 9 ,8 3
1 5 0 ,9 7
Icn =
3 3 ,1 5
- 8 6 ,11
Amperios Amperios
Problema 39 Sea el siguiente circuito trifásico, en el cual las fuentes están balanceadas. Determine el valor de la tensión de los generadores del lado derecho.
If = 37,9912 - j 6,4216 Amperios
Solución: Se reconoce un sistema tetrafásico balanceado del lado izquierdo (4 fases), en donde la cuarta fuente se encuentra conectada a la conexión del neutro de la Y del lado derecho. En condiciones de pre-falla: Sin la impedancia Zf el sistema es balanceado. Se decide plantear un equivalente Thévenin entre sus extremos tomando en cuenta las condiciones del circuito balanceado y expresando VTh en función de E. Conocidas todas las impedancias y la corriente de falla If, se obtiene entonces E. ZTh = [
1 ( 4 + j4 ) + ( 2+j3 )] // ( 2 + j1 ) = 1,62 | 34° 3
Al plantear el equivalente Thévenin en la impedancia Zf se concluye que: VTh = If × ( ZTh + Zf ) = (37,9912 - j6,4216) (1,62 | 34° + 2)
VTh = 133,45 | 5,57° Por otro lado: (1) VTh = E | α + Ia'n' × ( 2 + j1 ), donde Ia'n' es la corriente en esa rama, antes de aplicar el equivalente Thévenin. Considerando que las fuentes son balanceadas, la variación en la tensión entre los neutros n y n' antes de la conexión de la rama f es cero, así: 10 −E α
100
Ia'n' = Iaa' =
(4 + j 4 )
sustituyendo en (1): VTh =
100
10 −E α
(4 + j 4 )
×(2 + j 1) +E α
Despejando y sustituyendo el valor para VTh calculado previamente, E| α
=
VTH
( 4 + j 4 ) − 100 2 + j3
10 ×(2 + j 1)
=150
0
como la fuente es balanceada en secuencia positiva, las tensiones quedan como: _
Eα
= E | α = 150 | 0°
_
Eβ = E | β
= 150 | -120°
_
Eδ = E | δ
= 150 | 120°
Problema 40 El sistema trifásico mostrado a continuación esta operando en condiciones balanceadas y en secuencia abc. Repentinamente un cable de impedancia cero, une los puntos a y n. Con el circuito operando bajo esta condición calcule: a) Tensión Vng, Van, Vbn, Vcn. b) Potencia trifásica aparente que le envía el generador a la carga.
Esta vez resolveremos el problema con el método de mallas para así apreciar la diferencia que presenta este método con respecto a la reducción por Thevenin. Al colocar un cable entre a y n, la impedancia de la fase a de la carga queda cortocircuitada; quedando así dos mallas de la siguiente manera;
debido a que el sistema se encontraba operando en forma balanceada a secuencia abc, las tensiones del generador son; Vag = 260 ∠0º V Vbg = 260 ∠−120 º V Vcg = 260 ∠ 120 º V
Teniendo estos valores procedemos a calcular las corrientes I 1 e I2 mediante el método de mallas;
[V ] = [Z ] * [I ] luego
[I ] = [Z ][V ] −1
y mediante las ecuaciones de las dos mallas del sistema se llega al siguiente arreglo
−1
− ( 4 + j 4)Ω I 1 4 + j 6Ω 260 ∠0º −260 ∠ − 120 º V * = 8 + j8Ω 260 ∠ − 120 º −260 ∠120 º V I 2 − (4 + j 4)Ω
de esta forma
obtenemos I1 e I2; I 1 87 .206 ∠ − 63 .44 º = A I 2 67 .6997 ∠ − 97 .33º
por lo tanto las corrientes de línea en cada fase de la carga son; I a = I 1 = 87 .206 A∠− 63 .44 º I b = I 2 − I 1 = 48 .8603 A∠167 .15 º I c = −I 2 = 67 .697 A∠82 .67 º
Tensión entre el punto n y g Vng =V Bg − I b * ( j 2 +4 + j 2) Vng = 260 ∠−120 º V −( 48 .8603 A∠ 167 .15 º ) * ( 4 + j 4) Vng =130 .0617 ∠−36 .89 º V
este valor debe dar igual independientemente de la fase que se emplea para determinarlo. .-Tensión en cada fase de la carga, Van = 0 Vbn = I b * ( 4 + j 2) = 218 .5099 ∠−166 .28 º V Vcn = I c * ( 4 + j 2) = 302 .7502 ∠109 .23 º V
.-Potencia trifásica que entrega la fuente Como el sistema se encuentra desbalanceado, el generador no entrega la misma potencia por cada fase. Por lo tanto se debe calcular la potencia aparenta que se envía por fase, luego la potencia trifásica es la suma de las tres potencias por fase. Hallamos la potencia por cada fase; Fase A: S A = V Ag * I a
*
S A = (260 ∠0º V ) * (87 .206 ∠ − 63 .44 º A) * S A = 10 .138 kW + j 20 .28 kVAr
Fase B: S B = V Ag * I b
*
S B = 3.745 kW + j12 .138 kVAr
Fase C:
S C = VCg * I c
*
S C = 13 .995 kW + j10 .673 kVAr
Finalmente la potencia aparente trifásica que entrega el generador a la carga está dada por la sumatoria de las tres potencias obtenidas anteriormente; S 3 f = S A +S B + S C S 3 f = 27 .879 kW + j 43 .093 kVAr
Problema 41 Para el siguiente sistema desbalanceado;
que opera a sec. abc, @ 60Hz. Bajo condición balanceada el sistema opera con un voltaje en la barra 2 de Vab=l V l l0º Y la corriente de línea es de; Il=1.224kA l-75º La impedancia de la carga conectada a la barra 2 es; Zc= 3+jX Determinar; a) El valor de la corriente de falla If. b) Si se quiere limitar la corriente de falla a valores inferiores que lIl=1000 amperios, mediante una impedancia de Zf= 1+jXf., Calcule dicha reactancia Xf. Para hallar la corriente de falla If es conveniente aplicar un equivalente de Thevenin entre los puntos A’ y B’. Esta vía es la más rápida ya que nos permite trabajar el sistema balanceado, y luego, mediante el equivalente de Thevenin, calcular la corriente que circula por el cortocircuito.
Hallamos la impedancia Zc de la carga conectada en la barra 2. Al aplicar Thevenin entre A’ y B’, quitando el corto entre estos dos puntos, el sistema pasa a operar en condición balanceada. La corriente de fase de la carga es If = Il. l-75º+30º = 706.677 A l-45º √3 Vab= If. Zc. Sustituyendo los datos se tiene; lVl l0º = (706.677 A l-45º) . (3+jX)
(I)
Por Euler, se tiene lVl l º = lVl.cos() +jlVl.sen(). Aplicando esta igualdad a la ecuación I se obtiene; lVl.cos(0º) + jlVl.sen(0º)=(500-500).(3+jX) igualando parte real y parte imaginaria; lVl=1500 + 500.X (II) parte real 500.X – 1500= 0
(III) parte imaginaria
de esta ecuación se obtiene X=3 Sustituyendo este valor en la ecuación II de la parte real se obtiene el valor del voltaje Vab; lVl = 1500 + 500.(3)= 3kV Vab= 3kV l0º. Zc= 3+j3. Retomando el equivalente de Thevenin nos queda lo siguiente;
donde
Vth = Vab = 3kV l0º. Restaría hallar la Zth; Para ello se cortocircuitan las fuentes y se calcula la impedancia vista entre A’y B’
pasando el generador a estrella queda la impedancia de cada fase en serie con la línea, luego se vuelve a la configuración de dos deltas en paralelo y queda:
Finalmente Zth= (Zc//Zc’+Za//Za’)//Zb//Zb’. Zth= 1.6 + j 1.6 Luego la corriente de falla If es If = Vth = Zth
3kV l0º. = 1.324kA l-45º 1.6 + j 1.6
c) para limitar dicha corriente de tal manera que su módulo sea menor que 1000 amperios colocamos la impedancia Zf en el equivalente de Thevenin, y se estudia la peor condición de falla. La corriente If será mayor a medida que Zth 0, por lo tanto
l Zf l = l Vth l = 3 kV l If l 1000 A 1+ X
2 f
=
3000 = 3Ω 1000
X
f
= 3 2 −1
X
f
= 2.8284 Ω
Z f = 1 + j 2.8284 Ω
