Ejercicios Circuitos Trifasicos

ALFONSO BA BACHILLER CHILLER SOLER ´ CANO GONZALEZ ´ RAMON NARCISO MORENO ALFONSO ´ Departamento de Ingenier´ ıa Electrica Universidad de Sevilla

´ CIRCUITOS TRIFASICOS PROBLEMAS RESUEL RESUELTOS TOS

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Bachiller, Ramón Cano y Narciso Moreno, 2009 (Libro en

papel) © Alfonso Bachiller, Ramón Cano y Narciso Moreno , 2011 (Libro electrónico)

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ISBN: 978-84-9969-029-2 (libro electrónico) ISBN: 978-84-7978-910-7 (Libro en papel)

A Lidia, Mar ´ıa, Pili, Claudia y Arturo.

´ INDICE

Prólogo . . Introducción Problema 1 Problema 2 Problema 3 Problema 4 Problema 5 Problema 6 Problema 7 Problema 8 Problema 9 Problema 10 Problema 11 Problema 12 Problema 13 Problema 14 Problema 15 Problema 16 Problema 17 Problema 18 Problema 19 Problema 20 Problema 21 Problema 22 Problema 23 Problema 24 Problema 25

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XI XIII

1 4 8 10 14 17 20 22 26 28 32 34 37 39 42 46 47 49 51 54 57 60 62 65 68

ÍNDICE

X

Problema 26 Problema 27 Problema 28 Problema 29 Problema 30 Problema 31 Problema 32 Problema 33 Problema 34 Problema 35 Problema 36 Problema 37 Problema 38 Problema 39 Problema 40 Problema 41 Problema 42 Problema 43 Problema 44 Problema 45 Problema 46 Problema 47

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71 74 75 78 80 83 84 88 90 93 95 99 101 104 107 109 111 115 117 121 124 127

´ PROLOGO

Este libro, lector, que tienes en tus manos es una recopilación de problemas de sistemas trifásicos. Voy a intentar explicar aqu´ı cuáles han sido las ideas que han guiado a sus autores para realizar este proyecto. La colección está dirigida, en primer lugar, a estudiantes de ingenier´ıa en las ramas eléctrica y electrónica. Sin embargo cualquier otra disciplina en el ámbito de la ingenier´ıa que aborde los sistemas trifásicos, puede encontrar muy u ´ til esta recopilación de ejercicios. En este texto, la resolución de cada problema sigue una l´ınea teórica contrastada en las aulas y de finida en cualquiera de los muchos libros que abordan el estudio teórico de los circuitos trifásicos. La pretensión ha sido realizar un desarrollo e ficaz, puesto al d´ıa, y al mismo tiempo que no resulte tedioso su estudio. Los ejercicios presentados por los autores son fruto de su larga experiencia docente en esta a´ rea. Presuponen una buena colección de problemas originales que han sido motivados por la falta de los mismos en la amplia bibliograf´ıa existente relacionada con este tema. Por otro lado, la futura implantación de los nuevos planes de estudio reduce considerablemente las horas de clase presenciales, por lo que el alumno necesita para asimilar los conceptos teóricos recibidos en las aulas, adquirir cierta destreza en la resolución de problemas, dedicándole parte de sus horas de estudio a la resolución de los mismos. Con este libro se pretende facilitar el trabajo, al disponer de una recopilación de ejercicios su ficiente para su comprensión. Por u´ ltimo, justificar de nuevo el porqué de escribir un libro de problemas, en lugar de, como en la mayor´ıa de los casos, escribir un libro dónde se desarrollan unas teor´ıas y se propongan unos ejercicios resueltos en parte. Hay una razón de ´ındole práctica y es que en la bibliograf´ıa existente no encontramos un libro de problemas de circuitos trifásicos exclusivo. Hay una razó n más fuerte y es que los autores llevan muchos años enseñando de tal forma que el énfasis es puesto en la resolución de los problemas, como expresión de la comprensión de los conceptos

XI I

PR ´ OLOGO

tratados y expresiones manejadas en estos circuitos, por parte del alumno. La experiencia docente nos demuestra que el éxito en la resolución de este tipo de ejercicios en la vida profesional se debe a la destreza adquirida al manejar con soltura los conceptos que se adquieren con la práctica habitual de la realización de problemas. No me queda más que felicitar a los autores por la labor realizada y el tiempo invertido en la compilación de esta obra y espero que esta colecció n te sea u ´ til tanto en el a´ mbito universitario como profesional. Ma Dolores Borrás Talavera Profesora de Ingenier´ıa Eléctrica Universidad de Sevilla

´ INTRODUCCION

Esta obra recopila un conjunto de problemas originales e inéditos de circuitos trifásicos. Debido a la gran importancia que tiene para los técnicos el conocimiento de los circuitos trifásicos, el objetivo básico ha sido el de conseguir un texto de aplicación de conocimientos de fácil comprensión y orientado a facilitar al lector criterios y base para la resolución de distintos problemas. As´ı mismo, pretende dar un enfoque eminentemente práctico. Los problemas propuestos se han resuelto de forma detallada, explicando todos y cada uno de los pasos seguidos. Sin embargo, se presuponen una serie de conocimientos previos necesarios para el seguimiento de dichas explicaciones. Entre estos conocimientos caben citar, entre otros, las Leyes y Teoremas básicos de resolución de circuitos, conceptos asociados a las potencias de finidas en los circuitos eléctricos monofásicos y trifásicos, conversión entre las distintas con figuraciones de circuitos trifásicos. Finalmente, cabe destacar que en los planes de estudios vigentes en las carreras técnicas el estudio de los circuitos trifásicos están presentes en asignaturas de Circuitos Eléctricos, Tecnolog´ıa Eléctrica, Electrotecnia, etc. las cuales se imparten en la mayor´ıa de las especialidades de cada titulación. As´ı mismo, en los futuros planes de estudios enmarcados dentro del EEES (Espacio Europeo de Educación Superior), el estudio de los circuitos trifásicos estarán presentes de forma muy destacada en asignaturas relacionas tanto con la ingenier´ıa eléctrica como con otras especialidades. Por consiguiente es una obra que no solo resulta útil en la actualidad sino que será de gran importancia con los nuevos planes de estudio en los que el trabajo del alumno tendrá una mayor peso. El texto se organiza exponiendo el enunciado de cada problema y, a continuación del mismo, su resolución detallada. En la explicación de los problemas planteados se utilizan las convenciones y criterios de signos, as´ı como la simbolog´ıa empleada habitualmente en los textos similares de Ingenier´ıa Eléctrica. No

XI V

´ INTRODUCCION

obstante, se explican a continuación algunos criterios concretos que pudieran ser diferentes en otras obras similares.

Tensiones de los sistemas trif a´ sicos: Los sistemas trifásicos se caracterizan habitualmente por su tensión de l´ınea (o tensión compuesta). En los sistemas trifásicos de baja tensión, es usual que se indique, además de la tensión de l´ınea, la tensión de fase (o tensión simple). No obstante, en la mayor´ıa de aplicaciones prácticas se emplea u ´ nicamente el valor correspondiente a la tensión de l´ınea para caracterizar el sistema trifásico. En este sentido, muchos de los problemas planteados utilizan este último criterio de identi ficar el sistema trifásico sólo con un valor de tensión, que es la tensión de l´ınea. Identificacio´ n de cargas trif a´ sicas: Las cargas trifásicas que se utilizan en muchos de los problemas están formadas por receptores monofásicos conectados convenientemente. Cuando estas cargas están formadas por dos o tres impedancias, denominadas por ejemplo Z i , se referencian en el texto como carga i . Conexiones de vat´ımetros: Las medidas realizadas por los vat´ımetros dependen de las conexiones de los bornes correspondientes a la bobina voltimétrica y los correspondientes a la bobina amperimétrica. La lectura de estos instrumentos es proporcional al producto de la tensión, la intensidad medida y el coseno del ángulo que forman dichas magnitudes. Para evaluar correctamente el citado ángulo, es preciso tener en cuenta la conexió n de los terminales correspondientes en el vat´ımetro. Con el objeto de simpli ficar los dibujos, en esta obra se ha omitido la identificación de los terminales correspondientes. Sin embargo, se ha seguido el criterio de que el terminal de la izquierda de la bobina amperimétrica sea correspondiente con el terminal superior de la bobina voltimétrica. Los autores

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. 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. URN

+

IR

USN

+

IS

UTN

+

IT

N

IN K1 K2

Z

Z

Figura 1

Z

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

2

´ 1 S OLUCI ON 1. Como K 2 está cerrado entonces el sistema trifásico está equilibrado (generador y carga equilibrada). En esta situación, independientemente 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

◦ U RN 38 I R = = = 36,87◦ A ∠ ◦ 10∠36,87 Z 3 U SN 380/ 3∠ 120◦ 38 ◦ I S = = = 156,87 ∠ A 10∠36,87◦ Z 3 U T N 380/ 3∠120◦ 38 ◦ ∠83,13 A I T = = = ◦ 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 K 2 está abierto, la intensidad que circula por la fase R es nula y además la carga ya no estará equilibrada. Sin embargo, como K 1 se encuentra cerrado entonces el neutro del generador se encuentra unido r´ıgidamente al neutro de las cargas monofásicas. En esta situación:

I R = 0 A

√ − √

380/ 3∠ 120◦ 38 U SN ◦ A I S = = = 156,87 ∠ 10∠36,87◦ Z 3 U T N 380/ 3∠120◦ 38 ◦ I T = = = ∠83,13 A ◦ 10∠36,87 Z 3

√ −

√

La intensidad que circula por el neutro se calcula como sigue:

I N = =

√ 3 ∠ − 156,87 −(I + I + I ) = −( 38

◦

R

S

T

38 √ ∠ − 36,87 3

◦

A

+

38 √ ∠83,13 ) 3 ◦

PROBLEMA 1

3

4. Ya se ha dicho en el apartado anterior que si K 2 está abierto la carga no estará equilibrada. Si además K 1 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

= 2 Z I S

· ·

T N

I S + I T = 0

N

USN

+

UTN

+

IS

Z

IT

Z

N’

Figura 2

Despejando y sustituyendo valores resulta:

√ −

√

U ST 380/ 3∠ 120◦ 380/ 3∠120◦ I S = = = 19∠ 2 10∠36,87◦ 2 Z I T = I S = 19∠53,13◦ A

−

·

−

·

◦

− 126,87

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

+ +

U T N 1

Z =

− U 2

RN

Z

=

√ − 2380 ∠0 · 3

◦

V

o bien:

U N N = U SN

− Z · I



=

− U 2

S = U SN

U SN + U T N = 2

− U 2

RN

ST

− U −2 U

= U SN

SN

T N


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. 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

+

R

IR1

A IR2

+

N UTN

IR

IS

R

IT

R

+

O

K1 jX

jX

K3

jX K2

O’

Figura 3

´ 2 S OLUCI ON 1. Cuando K 1 está cerrado y K 2 y K 3 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

√

U RO U RN 400/ 3∠0◦ 40 ◦ = = = = ∠0 A R R 10 3 U RO U RN 400/ 3∠0◦ 20 ∠ = = = = 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 :

I R = I R1 + I R2 =

40 √ ∠0 3

◦

+

20 √ ∠ − 90 ≈ 25,82∠ − 26,57 3 ◦

◦

A

La lectura del amper´ımetro es de 25,82 A.

2. Si K 1 está abierto, la carga inductiva está desequilibrada, y como K 3 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:

I R2 =

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 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:

I R1 =

40 √ ∠0 3

◦

A

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 simpli ficado de la Figura 4:

I R2

U RS 400∠30◦ = = = 10∠ 2 jX 40∠90◦

·

◦

− 60

A


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.

4. El circuito resultante cuando K 1 y K 3 están abiertos y K 2 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 simpli ficado de la Figura 6, donde:

Z = R//jX =

jRX j200 = R + jX 10 + j20

◦

≈ 8,94∠26,57

Ω

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

+

+

U T N R

1 R

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 UTN

+

IR

Z 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

≈

−

8


Una vez obtenida la tensión 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 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:

U RS =

√

3 U RN =

·

√

3 100

·

Además, según 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)

· ·



· ·

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

P = 3 U RN I R = 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: 2 U RN Q = 3 = X

·

⇒

2 3 U RN 3 1002 X = = = 20 Ω Q 1500

·

·


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 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 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 S T

A W2

RL

Z

RL

Z

W1 IR Z

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 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

·

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 módulos de ambos miembros de la ecuación, 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 ϕ

IS

USR

ϕ

USN

30o

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:

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 trifásica equilibrada Z y ϕ es el a´ ngulo de dicha carga.


12

Como la lectura del vat´ımetro 1 es negativa implica que Q 3Z es positiva y por tanto la impedancia Z tiene carácter 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 según la siguiente expresión: 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:

W 1 =

−7992 √ ≈ −4614 3

3. La potencia activa y reactiva total que absorbe el sistema trifásico 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

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 =



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

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 = Q T QT = 11972 203,53 = 11 768,47 var

−

−

Como el banco de condensadores ha de estar conectado en estrella (según el enunciado), entonces: 2 U F 2 QC = 3 = 3 U F ω C = U L2 2π f C X C

·

· · ·

· · ·


C =

QC 11768,47 = U L2 2π f 4002 2π 50

· ·

· · ≈ 234,13 µF


14

PROBLEMA 5 Del circuito trifásico 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 tensión de alimentació n es de 400 V.

R S T

A

IR

W3 Carga 1

IS

cosϕ=0,8

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:

W 3 =

P 1 = 3

⇒

P 1 = 3 600 = 1800 W

·

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 = P 1 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:

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 Figura 13

Si se suman las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia activa trifásica 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 trifásica 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

Q12 3

√

16


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 función de la tensión e intensidad de l´ınea según:

S 12 =

√

3 U L I L

· ·

Como la tensión de alimentación es de 400 V entonces la lectura del amper´ımetro es:

I L =

√ 3S · U 12

L

=

2600 √ 3,75 A ≈ 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: 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

´ 6 S OLUCI ON Según 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 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:

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

−

√

18


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 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 = W 1 + W 2 = 5 171

371 = 4800 W − √ √ Q = 3 · (W − W ) = 3 · (5 171 + 371) ≈ 9599 var 1

2

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: 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 están abiertos.

PROBLEMA 7

URN

+

USN

19

R

IR

W2

+

N

O UTN

+

R

IT

W1 Figura 16

Según 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 1



2

2

R

2

2

Otra forma de obtener la lectura del vat´ımetro 1 es a partir de su tensión 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 

◦

◦

−




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, 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 están abiertos. 2. K 1 está cerrado y K 2 está abierto. 3. K 1 está abierto y K 2 está cerrado. URN

+ I R K1

USN N

UTN

+ 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 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:

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 L

2

L

· · ≈ 968 W = 3 · 20 · 5,68 ≈ 1936 var 2

PROBLEMA 8

21

Es fácil comprobar que W 1 y W 2 se encuentran dispuestos según el método de los dos vat´ımetros y, como el sistema está 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 está cerrado y K 2 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 + jX L , 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:

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.

3. Cuando K 1 está abierto y K 2 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:

W 2 =

−74,87 W

Igualmente, la potencia activa y reactiva que absorbe la carga trifásica, R + jX L , permanece invariable. Según el método de los dos vat´ımetros:

W 1 + W 2 = P donde P es ahora la potencia absorbida, no sólo por la carga trifásica, R + jX L , sino también por la resistencia R 1 . Por tanto:

2202 P = 968 + 30

≈ 2581,3ˆ3 W


22

y las lecturas de ambos vat´ımetros son:

W 1

≈ 2656,21 W

; W 2

≈ −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. 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 UTN

K2 + I R

R

Z2

R’ A K3

+ IS

K1

R

Z2

S’

O K4

+

IT

R

Z2

T’

Z1 V1

Z1

O’ Figura 18

Z1 V2

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 está abierto y K 2 , K 3 y K 4 están cerrados, el sistema sigue estando equilibrado y en consecuencia:

V 1 = V 2 = 0 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 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 K 2 , K 3 y K 4 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

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

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 . Según la Figura 19, la tensión entre el neutro de la carga ( N  ) y el neutro del generador (N ) se calcula como sigue:

U RN U SN U T N U RN U SN U T N + + + + 3·Z eq eq R R R R R + 3·Z R + 2 2 U N N = = 1 1 1 2 1 + + + R R R + 3·Z eq R R + 3·Z eq 

2

2

PROBLEMA 9

25


400∠0◦ 400∠ 120◦ 400∠120◦ + + 10 10 10 + 3·8,08∠214,03 U N N = 2 1 + 10 10 + 3·8,08∠14,03

−

◦



◦

2

◦

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

◦

◦

V

Una vez obtenida la tensión 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. 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 · 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

|



|

◦


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 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

+

T

IT

Z A1

A2

Z W1

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:

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 trifásicas 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

· · ·

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 L

1

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 =

U F 400 = = 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:

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 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: 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 según:

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 situación (al ser nula potencia reactiva) es igual a la potencia activa:

S g = P g =

√

3 U L I L1

· ·


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 trifásico, 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 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

IR2

Z2

+ IS S

IS2

Z2

+

IT2

Z2

W2

W4

IR1

N UTN

IT T

W1 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 : 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

·

·



·

·


cos ϕ1 =

W 3 116 = = 0,029 = U RT I R1 400 10

·

·

⇒

ϕ1

◦

≈ 88,33


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:

P 1 = 2 P Z = 2 116 = 232 W

·

1

·

Q1 = P 1 tan ϕ1 = 232 tan(88,33◦ )

·

·

≈ 7997 var

2. Según 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 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:

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 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

Además, según el Teorema de Boucherot:

P 12 = P 1 + P 2 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:

P 2 = W 1 + W 2

− P = 865 + 635 − 232 = 1268 W 1

PROBLEMA 10

UTR

31

UTS UTN 30o ϕ2

IS2 ϕ2

USN

ϕ2

60o

IT2

URS

30o

URN

IR2 UST Figura 23

Según 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 carácter capacitivo, es decir cede potencia reactiva.

3. El factor de potencia equivalente de la instalación 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 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 = P 12 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 = 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 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 1000 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

N

W1 UTN

+

W2

IT T

CARGA 1

CARGA 2 C

Figura 24

C

C

PROBLEMA 11

33

´ 11 S OLUCI ON

Según 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

Análogamente, con los interruptores abiertos la lectura del vat´ımetro 2 es:

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

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: 2

QC = 3 U F ωC = 3

· ·

· √  · 400 3

2

2π50 10 10−6

· ·

≈ 502,65 var


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 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 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 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

C

Figura 26

Z2

K2

Z3

PROBLEMA 12

35

´ 12 S OLUCI ON 1. Si K 1 y K 2 están 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 está 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 expresión:

N

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


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

Por tanto, la lectura de los amper´ımetros es:

A1 = A 2 = 26,6 A ; A3 = 0

A


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 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

◦

QT

2

2

◦

2

2

R1

2

2

2

2

3

S 1

2

◦

T 1

◦

2

2

1

2

3

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: 

◦

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

◦

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 N UTN

+ I R R

IB

A IA

V + IS S

R

Z2 R

Z2

W2 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 :

√ −

U RN 400/ 3∠ 30◦ 40 I A = = = ∠ 10∠90◦ Z 1 3

◦

√ − 120

A

38


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

I B =

√ −

R+

√ √

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

U RN Z 2 3

◦


√ √

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. 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 él. Como Z 2 es una carga capacitiva pura, no consumirá potencia activa. Por tanto: 2 W 1 = I B R =

·

 √  20 2 3

2

W · 10 = 8000 3

√

3. Según la Figura 28 y el diagrama fasorial de la Figura 29, el vat´ımetro 2 mide lo siguiente:

W 2 = U RT I S cos(U RT , I S ) = U RT I S cos(ϕ + 90◦ ) =

· ·

· ·



UTR UTN IT

IS ϕ

USN

URS 30o

o

30

IR 60o

UST

URN

URT

Figura 29

−√ Q 3

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 expresión 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 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 c o ´ modo trabajar con un circuito monofásico equivalente para el análisis del sistema.


40

URN

USN

+ I R

R

R1

A1

A2

R2 R

Z3

S2 R

Z3

T2 R

Z3

V + IS

N UTN

R

R

+

IT

R

S

R

T

S1

R

T1

R

W2

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 con figuración:

Z 2Y =

Z 2∆ Z 2 = 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:

U RN =

400 ◦ ∠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

R

I1

A1

Z1

R2

I2

A2

R

Z3

Z2 /3

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

(R + Z 3 )

· Z 3

(R + Z 3 ) +

2

Z 2 3

Sustituyendo valores resulta: ◦

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 análoga al caso anterior:

1 I 2 = I 1

·

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

◦

≈ 6,41∠56,31

A

Ω

42



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. 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 él:

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 fácil 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

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 W 1 y W 2 cuando K 1 y K 2 están 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 instalación 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 monofásicas resultantes sea la unidad.

PROBLEMA 15

43

4. En las condiciones del apartado anterior, obtener I R , I S e I T . 2 2 2 ) para los tres casos analizados. Justi ficar cual de los + I S + I T 5. Calcular ( I R métodos de compensación de reactiva es el más 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 1. Como el neutro del generador está 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 ◦ A I S = I ZS = = 165 ∠ 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


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

·

· ·


C =

QC 9104,57 = 2π 50 4002 2π f U L2

· ·

· ·

≈ 181,13 µF


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:

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 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 QR = Z R sin ϕR I ZR = 0

QS = Z S

· · · sin ϕ · I S

2

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

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 monofásica es la unidad, entonces: 

I R = 

I S = = 

I T = =

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 2 2 2 (I R + I S + I T ) = 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 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 2 2 Pérdidas (I R + I S + I T )

∼

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 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

+ I R

R

ZR

+ IS

S

ZS

+

O

IT

K2

T

ZT

ZN

V Figura 34

´ 16 S OLUCI ON 1. Con K 1 abierto y K 2 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

+

U T N

Z R Z S Z T 1 1 1 1 + + + Z R Z S Z T Z N

PROBLEMA 17

47


√

√

√ −

(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 está cerrado, la lectura del volt´ımetro es de 400/ 3 230 V independientemente del estado del interruptor K 2 , porque se encuentra midiendo la tensión de la fuente U RN 3. Con K 1 y K 2 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 =

Z R

+

U SN

Z S 1 1 1 + + Z R Z S Z N

Sustituyendo valores, resulta:

√

√

(400/ 3)∠0◦ (400/ 3)∠120◦ + 10 10∠45◦ ∠0◦ 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 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

IS

S

IT

T

W1 ZL 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:

I N = I R + I S + I T Como el sistema posee neutro, y éste 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 | = |I | = |I | = 10 A R

S

T

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

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 será

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 

◦

2

ST

S

◦



ST

S

◦

◦

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

+

T

IT

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 U T N

· · = 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 fácil determinar las intensida-

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 28 19,,29◦ RS I RS = 9,6∠ 10 10,,71◦ A RS = ◦ 3∠30 Z U ST 40,21∠163 40, 163,,19◦ ST ◦ I ST = 13, 13 , 40 133, , 19 ∠133 A ST = 3∠30◦ Z U T R 23,,98∠ 61 23 61,,89◦ I T R = = 8∠ 91 91,,89◦ A ◦ 3∠30 Z

≈

−

≈

−

≈ −

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, X C j22 Ω y Z =2 + j j33 Ω, calcular las lecturas de los vat´ımetros en los siguientes C = j casos:

−

1. Todos los interruptores abiertos. olo el interruptor K 1 . 2. Cerrado sólo olo el interruptor K 2 . 3. Cerrado sólo olo el interruptor K 3 . 4. Cerrado sólo


52

URN

+ R

IR

W1 K2

USN

R + S

IS

cosϕ=0,8

N K1

UTN

+ T

10 kW

K3

capacitivo

XC

Z IT

W2

Figura 39

´ 19 S OLUCI ON un la Figura 39 las lecturas de los vat´ımetros son las siguientes: 1. Según

W 1 = U RS RS I R cos(U RS , I R )

· · · I · cos(U



W 2 = U T S

T S , I T T )



T T

UST USN

URN

IS

o

30

ϕ

ϕ

IT

URS

30o

IR

ϕ

30o

UTN UTR

UTS Figura 40

Cuando Cuan do todo todoss los interruptor interruptores es están an abiertos la carga está equilibrada y

PROBLEMA 19

53

según un el diagrama fasorial de la Figura 40: ◦

W 1 = U L I L cos( cos(ϕ 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 = P = 10000 W Q = = P P tan( tan(ϕ ϕ) = 10 00 0000 tan( arc cos cos(0 (0,,8)) =

· ·

·

−

−7500 var

En consecue consecuencia: ncia:

P = W 1 + W 2 = 10 00 0000 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. Cuando se cie cierra rra K 2 , los va vat´ t´ımetros siguen conectado según un el mont montaje aje Aron Aron 3. Cuando aunque ahora, al estar la carga desequilibrada, sólo olo se puede medir potencia activa con ellos. Las nuevas lecturas de los vat´ımetros deben cumplir:

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 00 0000 + = 24 44 4400 W 10 

Por otra parte, la lectura del vat´ımetro 2 no cambia ya que no lo hace ni su tensión on ni su intensidad. Teniendo en cuenta esto, puede obtenerse la nueva lectura del vat´ımetro 1:

W 1 = P 

4400 − 7165 = 17275 W − W = 24 44 2

u ´ nico interruptor que está cerrado es K 3 , se tiene el método etodo de Aron 4. Si el unico con carga desequilibrada. Además, as, 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 = W 1 + W 2 = 10000 W Además, la lectura del vat´ımetro 1 no cambia ya que no se modi fica ni la intensidad ni la tensión 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 será 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 trifásico 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 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:

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)



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


56

Luego los valores de las potencias, activa y reactiva, de la carga serán:

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 voltimétrica del vat´ımetro 1 queda desconectada, por lo que:

W 1 = 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:

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

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 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 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:

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, según 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


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

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

IR

ϕ

UTN UTR Figura 45

URS

PROBLEMA 22

59

En cambio, si se considera una secuencia de fases inversa, según el diagrama fasorial de la Figura 45:

W 1 = U L I L cos(30◦

· ·

− ϕ) = U · I

W 2 = U L I L cos(150◦

· ·

L

L

 √ ·  −√

3 1 cos ϕ + sin ϕ 2 2 3

− ϕ) = U · I · L



L

2



1 cos ϕ + sin ϕ 2

En consecuencia:

√ 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


P = W 1

√ − W = 3 000 −√ 1 000 = 2 000 W √ Q = 3 · (W + W ) = 3 · (3 000 + 1 000) = 3 · 4000 var 2

1

2

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 ángulo de la carga:

tan ϕ =

Q = P

⇒

ϕ = arctan

 Q P

= arctan

 √ ·  3 4000 2000

Por otro lado:

P = 3 U F I F cos ϕ = 3 U F

· · ·

· · 3 · U =⇒ Z = P

2 U F U F cos ϕ = 3 cos ϕ Z Z

·

2

F

cos ϕ


√

3 (400/ 3)2 cos 73,89◦ Z = 2000

·

≈ 22,2 Ω

Por tanto:

Z = 22,2∠73,89◦ = 6,16 + j 21,33 Ω

  R

X

◦

≈ 73,89


60

PROBLEMA 22 La carga trifásica de la Figura 46 se encuentra conectada a una red de 400 V. De la carga se conoce lo siguiente:

1. Con todos los interruptores cerrados, la potencia compleja consumida es 5290∠0◦ VA.

√ − 45

2. Si se abre K 2 , la potencia compleja consumida es 5 290 2∠

◦

VA

3. Si se abre K 1 , no consume potencia activa ni reactiva. Determinar:

1. Los valores de las impedancias Z 1 , Z 2 y Z 3 . 2. La tensió n, en módulo y argumento, a la que queda sometida la carga 1 y 2 si se abren K N y K 3 .

URN

+

R

USN

+

S

UTN

+

N

T

K1

Z1

K2

Z2

K3

Z3

KN Figura 46

´ 22 S OLUCI ON 1. Con todas las cargas conectadas, se sabe que las potencias, activa y reactiva, son:

P Z 1 + P Z 2 + P Z 3 = 5 290 W QZ 1 + QZ 2 + QZ 3 = 0

PROBLEMA 22

61

Conectando u´ nicamente las cargas 1 y 3, resultan los siguientes valores de potencia:

P Z 1 + P Z 3 = 5 290 W QZ 1 + QZ 3 =

−5290 var

Conectando las cargas 2 y 3, se tiene lo siguiente:

P Z 2 + P Z 3 = 0 QZ 2 + QZ 3 = 0 Como se trata de impedancias, es decir, elementos pasivos, se deduce que Z 3 no consume potencia activa, ya que no puede ocurrir que P Z 2 = P Z 3 . De esta forma P Z 2 = P Z 3 = 0, y por tanto P Z 1 =5290 W.

−

Por otro lado, es fácil comprobar que Q Z 1 =0, Q Z 2 =5290 var y que Q Z 3 = 5290 var.

−

En consecuencia, la carga 1 es una resistencia de valor: 2

U R1 = F = P Z 1

√ (400/ 3)

2

≈ 10 Ω

5290

La carga 2 es una bobina cuya inductancia es la siguiente: 2

U X 2 = F = QZ 2

√ (400/ 3)

2

5290

≈ 10 Ω

Por u´ ltimo, la carga 3 es un condensador cuya reactancia capacitiva es:

√

2 (400/ 3)2 U F X 3 = = QZ 3 5290

−

≈ −10 Ω

En resumen, Z 1 = 10 ∠0◦ Ω, Z 2 = 10∠90◦ Ω y Z 3 = 10∠

◦

− 90

Ω.

2. Al abrirse K N , la tensión en cada impedancia ya no será la de fase del generador trifásico, sino que dependerá de la relación entre impedancias. Como, además, también se indica que el interruptor K 3 está abierto, las tensiones a las que quedan sometidas Z 1 y Z 2 se pueden obtener fácilmente resolviendo el divisor de tensión de la Figura 47:

U Z 1 = U RS

Z · Z + Z 1

1

2

Z · Z + Z 2

; U Z 2 = U RS

1

2


62

URN

+

USN

+

Z1

R

URS S

UZ1 Z2

UZ2

Figura 47

Tomando U RS como origen de fases, resulta: ◦

U Z 1 = 400∠0

·

U Z 2 = 400∠0◦

·

10∠0◦ 400 = 45◦ V ∠ ◦ ◦ 10∠0 + 10∠90 2 ◦ 10∠90 400 ◦ = ∠45 V 10∠0◦ + 10∠90◦ 2

√ − √

PROBLEMA 23 Una red trifásica de 400 V, 50 Hz alimenta a una industria formada por los siguientes receptores (Figura 48): Una bomba trifásica de 50 CV, η =0,9, cos ϕ=0,8. Un receptor trifásico inductivo que absorbe 30 A con cos ϕ=0,7. Tres l´ıneas monofásicas de alumbrado, cada una de las cuales está formada por 10 lámparas incandescentes de 100 W. Cada l´ınea se alimenta de una fase. Calcular:

1. La corriente total de l´ınea. 2. El factor de potencia total. 3. La capacidad de la bater´ıa de condensadores en estrella que es necesario conectar para obtener un factor de potencia total en la industria de 0,9 inductivo.

PROBLEMA 23

URN

USN

+ I R

R

+ IS

S

+

T

N UTN

IT

Bomba

63

Receptor Inductivo

Figura 48

´ 23 S OLUCI ON 1. La potencia activa y reactiva total es:

P T = P 1 + P 2 + P 3 QT = Q 1 + Q2 + Q3 siendo P 1 y Q1 , respectivamente, las potencias activa y reactiva de la bomba; P 2 y Q2 las del receptor inductivo y P 3 , Q3 las del conjunto de l´ıneas de alumbrado. Según los datos del enunciado, los valores de estas potencias son los siguientes:

P util 50 736 = 40888,9 W η 0,9 P 2 = 3 U L I 2 cos ϕ2 = 3 400 30 0,7 P 1 =

·

≈

√ √ · · · · P = 3 · 10 · 100 = 3000 W

· ·

≈ 14549,23W

3

En consecuencia:

P T = P 1 + P 2 + P 3 = 40 888,9 + 14 549,23 + 3 000

≈ 58438,13 W


64

Por otro lado:

Q1 = P 1 tan ϕ1 = 40 888,9 tan(arc cos 0,8) 30666,7 var Q2 = P 1 tan ϕ1 = 14 549,23 tan(arc cos 0,7) 14843,18 var Q3 = 0, por tratarse de lámparas incandescentes

· ·

·

≈ ≈

·

Por tanto:

QT = Q 1 + Q2 + Q3 = 30 666,7 + 14 843,18 = 45509,88 var Una vez realizado el balance de potencias, la corriente de l´ınea se puede obtener a partir de la potencia aparente:

I T =

S T = 3 U L

√ ·



P T 2 + Q2T

√ 3 · U

L


I T =



58438,132 + 45 509,882 3 400

√ ·

≈ 106,91 A

2. El factor de potencia total se puede calcular a partir de las potencias, activa y reactiva, totales:





Q T 45 509,88 cos ϕT = cos arctan = cos arctan P T 58438,18 0,79 en retraso o inductivo

≈



3. Obtener un factor de potencia de 0,9 inductivo en la instalación, manteniendo constante el consumo de potencia activa, implica reducir el consumo de potencia reactiva desde 45 509,88 var hasta un valor de

Q = P T tan ϕN = 58438,18 tan(arc cos 0,9)

·

·

≈ 28302,9 var

La diferencia entre la potencia reactiva anterior y la deseada debe proporcionarla la bater´ıa de condensadores, cuyo valor será:

QC = Q

−Q

T =

28 302,9

− 45509,88 = −17206,98var

La reactancia por fase necesaria para conseguir ese valor de potencia reactiva, teniendo en cuenta que los condensadores están dispuestos en estrella, es: 2

X C

−1 = 3 · U = C · ω Q

F

C

PROBLEMA 24

65

Despejando y sustituyendo valores se obtiene la capacidad por fase de la bater´ıa de condensadores:

C =

−Q = 17206,98 √ ≈ 342,32 µF 3 · U · ω 3 · (400/ 3) · 2π · 50 C

2

2

F

PROBLEMA 24

√ El circuito pasivo equilibrado de la Figura 49 tiene un factor de potencia 3/2 capacitivo. Suponiendo que la red de alimentación es de secuencia directa, calcular:

1. La relación entre las lecturas de los vat´ımetros con K cerrado. 2. La relación entre las lecturas de los vat´ımetros con K abierto. URN

USN

+

+

N UTN

+

IR R

W1 K

IS S

IT

C.P.

T

W2

Figura 49

´ 24 S OLUCI ON 1. Considerando el diagrama fasorial de la Figura 50, donde se representan las magnitudes del circuito con K cerrado, resultan las siguientes expresiones para las lecturas de los vat´ımetros:

W 1 = U RS I R cos(U RS , I R ) = U L I L cos0◦ = U L I L U L I L W 2 = U T S I T cos(U T S , I T ) = U L I L cos 60◦ = 2

· · · ·





· · · ·

·

·

De este modo, la relación entre las lecturas de los vat´ımetros es la siguiente:

W 1 =2 W 2


66

UTR

UTS UTN 60o

IT

URS

IR 30o

USN

URN IS UST Figura 50

URN

+

USN

+

UTN

+

IR’ R

Z W1

S

N

S’

Z

Z

IT’ T

W2

Figura 51

2. Al abrir el interruptor K , queda el circuito mostrado en la Figura 51. Teniendo en cuenta que en esta con figuración las impedancias de las fases R y T quedan conectadas en serie, las intensidades de l´ınea involucradas en las nuevas medidas de los vat´ımetros son las siguientes:

U RT U RN U T N U L ∠ 60◦ U L I R = = = = ∠ 2 Z ∠ 30◦ 2 Z 2 Z 2 Z U L   ◦ I T = I R = ∠150 A 2 Z

− ·



·

−

− · −

·

◦

− 30

A

·

La tensión medida por el vat´ımetro 1 coincide con la tensión de l´ınea del generador:

U RS = U L ∠0◦ V Sin embargo, la bobina voltimétrica del vat´ımetro 2 mide la diferencia de

PROBLEMA 24

67

potencial en la carga conectada a la fase T . De este modo resulta: 

U T S



◦

−U · Z = −U ∠ − 60 = −I Z = 2 2 · Z 

RT

L

=

R

U L ◦ ∠120 V 2

As´ı pues, las lecturas de los vat´ımetros serán las siguientes: 

W 1 = U RS W 2 = U T S

· · 

· ·



√

U L U L2 3 I R cos(U RS , I R ) = U L cos(0 + 30 ) = 2 Z 2 Z 2 U L U L U L2 I T cos(U T S , I T ) = cos(120 150 ) = 2 2 Z 4 Z  

 



· · · · · ·

Y la relación solicitada resulta:

W 1 =2 W 2

◦

◦

◦

−

· ·

◦

· ·

√ 3 2


68

PROBLEMA 25 El circuito de la Figura 52 se alimenta de una fuente trifásica equilibrada de 400 V y de secuencia directa. C.P. representa un circuito pasivo equilibrado. Con K abierto, las lecturas de los vat´ımetros son: W 1 =2070,55 W y W 2 = 7727,41 W. Al cerrar el interruptor K , la lectura del amper´ımetro no var´ıa. Calcular:

−

1. La potencia compleja del circuito pasivo C.P. 2. Las lecturas de los instrumentos de medida con K cerrado. 3. El valor de C .

URN

USN

+

IR R

+

IZR

A ICR

IS S

N UTN

W1

+

IT

T

C.P.

W2 K

C

Figura 52

´ 25 S OLUCI ON 1. Considerando que el interruptor K está abierto y que los vat´ımetros están colocados segú n el método de Aron, se puede obtener la potencia compleja a partir de las lecturas de los vat´ımetros. Para ello, se utilizan las relaciones entre magnitudes dadas en el diagrama fasorial de la Figura 53. De este modo, se tiene que los vat´ımetros miden lo siguiente:

W 1 = U RS I R cos(U RS , I R ) = U L I L cos(30◦ + ϕ)

· · · I · cos(U



W 2 = U ST

T

ST , I T )



= U L

· · · I · cos(150 L

◦

+ ϕ)

PROBLEMA 25

UTR

69

UTN

URS

IT 30o

ϕ

URN

30o

IS

ϕ

ϕ

IR

30o

USN

UST

Figura 53

Desarrollando el valor de las lecturas anteriores se tiene:

W 1 = U L I L [cos 30◦ cos ϕ = U L W 2 = U L = U L

· · I · I · I

L

L

L

◦

· · − sin 30 · sin ϕ] √ 3 · 2 · cos ϕ − 12 · sin ϕ · [cos 150 · cos ϕ − sin 150 · sin ϕ] √ 3 − · 2 · cos ϕ − 12 · sin ϕ

 



◦

◦



Operando con ambas lecturas se obtienen las potencias, activa y reactiva, del circuito pasivo equilibrado:

√ W − W = 3 · U · I · cos ϕ = P √ √ − 3(W + W ) = 3 · U · I · sin ϕ = Q 1

1

2

2

L

L

L

L

Sustituyendo valores:

P = 2070,55

(−7727,41) = 9 797,96 W − √ Q = − 3(2070,55 − 7727,41) = 9 797,96 var La potencia compleja resulta:

S = P + jQ = 13 856,41∠45◦ 2. Con el interruptor K cerrado, la lectura del amper´ımetro no var´ıa. Esto indica que al conectar el condensador la intensidad de la l´ınea R tendrá el

70


mismo mo´ dulo, por lo que la variación en el a´ ngulo tendrá que ser simétrica respecto al fasor de la tensión aplicada al condensador. Según la Figura 52, la tensión del condensador es U RT y la intensidad es I C . La intensidad que circula por C.P. es la misma que la que circula con el interruptor abierto. As´ı pues, resulta el diagrama fasorial de la Figura 54,  donde I R es la nueva intensidad de l´ınea para el conjunto de elementos.

URN ϕ=45

ο

α

β

ϕ’

IR’ IC

IZR

URT

Figura 54

En dicho diagrama, se ha representado la intensidad del condensador adelantada 90◦ respecto a U RT , de modo que se cumple: 

I R = I ZR + I C Como se indicó al principio del apartado, la nueva intensidad resultante será simétrica a la obtenida en el apartado anterior respecto a U RT , de forma que el m o´ dulo no var´ıe al conectar el condensador. De este modo, teniendo en cuenta que ϕ = 45◦ , se deduce que α = 15◦ y que β = 15◦ , por lo que ϕ = 45 α β = 15◦ .

− −

Como la potencia de C.P. es conocida, el valor de I Z R resulta:

I ZR =

√ 3 · U P · cos ϕ = √ 3 ·9797,96 √ = 20 A 400 · 2/2 L

As´ı pues, la lectura del amper´ımetro con K cerrado es de 20 A. Atendiendo a los diagramas fasoriales de las Figuras 53 y 54, la lectura de W 1 es: 

  W 1 = U RS I R cos(U RS , I R ) = U RS I R cos(30◦ + ϕ ) 

· · · · = 400 · 20 · cos45 ≈ 5656,85 W ◦

Teniendo en cuenta que los vat´ımetros tienen una conexión derivada del método de Aron, aunque el sistema esté ahora desequilibrado, la potencia activa seguirá verificando la siguiente relación:

P = W 1

− W

2

PROBLEMA 26

71

Dado que la potencia activa no ha variado al conectar el condensador, se obtiene el siguiente valor de W 2 :

W 2 = W 1

− P = 5 656,85 − 9797,96 = −4141,11 W

3. Teniendo en cuenta el diagrama fasorial de la Figura 54, se deduce que la intensidad del condensador es:

I C = 2 I Z R sin α = 2 20 sin15◦

·

·

· ·

≈ 10,35 A

Como la tensión aplicada al condensador es conocida, se puede obtener la impedancia que presenta el mismo y, de ah´ı, su capacidad, considerando un frecuencia industrial de 50 Hz, resultando:

X C =

U RT 400 = = 38,65 Ω I C 10,35

Por tanto:

C =

1 X C ω

·

=

X C

1 1 = 2π f 38,65 100π

· ·

·

≈ 82,36 µF

PROBLEMA 26 El circuito trifásico de la Figura 55 se encuentra alimentado por un generador trifásico, equilibrado y de secuencia inversa, de 400 V. Se sabe que W 1 = 1500 W y W 2 =500 W en las dos situaciones siguientes:

−

K 1 , K 3 cerrados y K 2 abierto. K 1 , K 3 abiertos y K 2 cerrado. Obtener lo siguiente:

1. La impedancia Z . 2. La resistencia R 1 . 3. Las lecturas de ambos vat´ımetros si K 1 está cerrado y K 2 , K 3 abiertos.


72

URN

USN

+

+

N UTN

Z

IR R

W1 K1

IS

S

K2

W2 R1

+

IT

Z

K3

T

Z

Figura 55

´ 26 S OLUCI ON 1. Con K 1 y K 3 cerrados, y K 2 abierto, el sistema está equilibrado. UST USN USR

URN

IS

30o ϕ

30o

ϕ

IT

URS

30o

IR

ϕ

30o

UTN UTR Figura 56

Según el diagrama fasorial de la Figura 56, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes:

W 1 = U T R I R cos(U T R , I R ) = U L I L cos(150◦

· · √ · · − ϕ) · I · ( −2 3 · cos ϕ + 12 · sin ϕ) · I · √ cos(U , I ) = U · I · cos(30 − ϕ) · I · ( 23 · cos ϕ + 12 · sin ϕ) 

= U L

L

W 2 = U ST = U L

S



ST

S

◦

L

L

L

Si se restan las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia activa

PROBLEMA 26

73

trifásica consumida por la carga:

√ W − W = 3 · U · I · cos ϕ = P 2

1

L

L

Si ahora se suman las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia reactiva trifásica consumida por la carga:

W 1 + W 2 = U L I L sin ϕ =

· ·

Q √ 3

Por tanto:

P = W 2

√ − W = 500 + 1√ 500 = 2 000 W √ Q = 3 · (W + W ) = 3 · (−1 500 + 500) = − 3 · 1000 var 1

1

2

Con K 1 y K 3 cerrados, y K 2 abierto, P y Q es la potencia activa y la potencia reactiva consumida por la carga Z ya que la resistencia R se encuentra cortocircuitada. De esta forma:

Z =

2

3 U RN

·

∗

S

√ 3 · U 3 · (400/ 3) √ ≈ 60,47∠−40,89 = = P − j · Q 2 000 + j · 3 · 1000 2

2

◦

RN

Ω

2. Con K 1 y K 3 abiertos, y K 2 cerrado, el sistema resultante se encuentra desequilibrado. Además, no circula intensidad por la fase T y la u´ nica carga conectada a la fase S es la resistencia R1 . De esta forma, la lectura del vat´ımetro 2 es la siguiente:

W 2 = U SN I S cos(U SN , I S ) = P R

· ·



1

Por otra parte, la potencia que absorbe la resistencia R1 se puede expresar de la siguiente forma:

P R

1

2 U SN = R1

En consecuencia:

√

2 U SN (400/ 3)2 R1 = = 500 W 2

≈ 106,67 Ω

3. Con K 2 y K 3 abiertos, y K 1 cerrado, se puede comprobar que la vat´ımetro 1 no cambia, ya que no se modi fica ni su tensión, ni su intensidad, ni su desfase entre ellas. Además, estas circunstancias no circula intensidad por


74

la fase T y la unica u´ nica carga conectada a la fase S es Z . De esta forma, la lectura del vat´ımetro 2 es la siguiente:

 · 

2

W 2 = U SN SN I S S cos(U SN , I S S ) = P Z Z = R Z I S = R Z

· ·

 · 

= Z cos ϕZ

·

·



U SN SN Z

2

√

cos( 40 40,,89◦ ) (400 (400// 3)2 = 60,,48 60

−

·

U SN SN Z

2

666,,6 W ≈ 666

PROBLEMA 27 El circuito trifásico asico de la Figura 57 se encuentra conectado a un generador trifásico asico ideal, equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que Z 1 =5∠ 90◦ Ω, Z 2 =2,5∠ 90◦ Ω, Z = 5∠90◦ Ω y que el volt´ımetro mide 690 V. Calcular las lecturas de los amper´ımetros.

−

−

URN

USN

+

+

N UTN

+

IR R

IS S

A1

IRZ

Z

ISZ

Z

IZ1 A2 V

I

Z

IT T IZ2 Z1

Z2

Figura 57

´ 27 S OLUCI ON Según un las referencias adoptadas en la Figura 57, y teniendo en cuenta que la carga Z est´ está equilibr equilibrada: ada:

690 I RZ RZ =

◦

√ 3 ∠0

U RN 138 = = ∠ 5∠90◦ Z 3

◦

√ − 90

A

PROBLEMA 28

690 I SZ SZ =

◦

√ 3 ∠ − 120

U SN = Z

75

5∠90◦

=

138 ◦ ∠150 A 3

√

Por otro lado, la intensidades que circulan por las cargas Z 1 y Z 2 son, respectivamente:

690

I Z Z 1 =

U RS U RN U SN = Z 1 Z 1

−

√ 3 ∠0 − 690 √ 3 ∠ − 120 = = 138∠120 A 5∠ − 90 690 √ 3 ∠120 − 690 √ 3 ∠ − 120 = = 276∠180 A 2,5∠ − 90 ◦

◦

◦

◦

◦

I Z Z 2 =

U T S U T N U SN = Z 2 Z 2

−

◦

◦

◦

De esta forma:

I =

−





I Z Z 1 + I Z Z 2 =

◦

− (138∠120

+ 276∠180◦ )

◦

365,,11∠ − 19 19,,11 ≈ 365

A

Por tanto, las lecturas de los amper´ımetros son la siguientes:

  √   √

 ≈ | 

138 A1 = I RZ + I = 90◦ + 138∠120◦ 79,67∠150◦ = 79 79, 79,,67 A ∠ RZ Z 1 Z 3 138 ◦ A2 = I SZ + I = 365,11∠ 19 19,,11◦ ∠150 + 365, SZ 3 287,,27∠ 16 287 16,,11◦ = 287, 287,27 A

 

≈|

−

−

−

|

|

PROBLEMA 28 El circuito trifásico asico de la Figura 58 se encuentra conectado a un generador trifásic asico o ide ideal al,, eq equil uilibr ibrado ado y de se secue cuenc ncia ia di direc recta ta.. Se sa sabe be que Z L =5∠90◦ Ω, Z 1 =5∠ 90◦ Ω, Z 2 =2,5∠ 90◦ Ω, Z = 53 ∠90◦ Ω y que el volt´ımetro mide 690 V. Calcular la lectura del amper´ımetro.

−

−

´ 28 S OLUCI ON Para analiz analizar ar circuitos circuitos trifásicos asicos con carga cargass desequilibrada desequilibradass resulta muy c omoo ´ modo reducir dichas cargas a una sola. Para ello, el primer paso es convertir convertir las cargas conectadas en estrella a su triángulo angulo equivalente (Figura 59).


76

URN

+

USN

+

UTN

+

N

IR R

Z

ZL

Z

ZL

Z

A

IS S V IT

ZL

T

Z1

Z2

Figura 58

El segundo paso consiste en obtener el triángulo angulo equivalente del conjunto mediante el paralelo de las impedancias de cada una de las fases:

Z T T 1 Z T T 2

3 = 3 3 = 3

· Z · Z + Z · Z + · Z · Z + Z · Z +

1 1

2 2

◦

3 = 3 3 = 3

◦

◦

(5//3∠90 ) · 5∠ − 90 25∠0 · (5 → ∞ (circ. abierto) = (5//3∠90 ) + 5∠ − 90 0 · (5 (5//3∠90 ) · 2,5∠ − 90 12,,5∠0 12 · (5 = = 5∠ − 90 Ω (5//3∠90 ) + 2, 2,5∠ − 90 2,5∠90 · (5 ◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

En la Figura 60 se ha representado el circuito resultante. Si se asocian en serie las impedancias que aparecen en la Figura 60 se obtiene lo siguiente: ◦ Z eq (5//3∠90◦ ) = 10∠90◦ Ω eq 1 = Z L + 3 Z = 5∠90 + 3 (5

·

·

◦ Z eq eq 2 = Z L + Z T T 2 = 5∠90 + 5∠

◦

− 90

= 0Ω

El circuito resultante se ha representado en la Figura 61. A partir de dicha figura:

U RS 690∠0◦ I R = = = 69∠ ◦ 10 90 ∠ Z eq eq 1 Por tanto, la lectura del amper´ımetro es de 69 A.

◦

− 90

A

PROBLEMA 28

URN

+

77

ZL

IR R

A 3Z

USN

+

N UTN

+

ZL

IS S

3Z

V IT

3Z

ZL

T

Z1

Z2

Figura 59 URN

+

ZL

IR R

A 3Z

USN

+

N UTN

+

ZL

IS S

ZT2

V

ZL

IT T

Figura 60 URN

USN

+

+

N UTN

+

IR R

Zeq1 A

IS S

O V

IT

T

Figura 61

ZL

78


PROBLEMA 29 En la Figura 62 se muestra una de las fases de un sistema trifásico equilibrado en determinadas condiciones de funcionamiento. Dicho sistema está compuesto por un generador ideal cuya tensión es U s =U ∠δ que alimenta a una carga a través de una l´ınea cuya inductancia es jX . La tensió n en la carga es U r =U ∠0◦ . En función de U , X y δ , determinar:

1. Las potencias, activa y reactiva, suministradas por la fuente de tensión. 2. Las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga. 3. La potencia reactiva absorbida por la l´ınea. 4. El fasor tensión en el punto M (mitad de la l´ınea). 5. Con K cerrado, el valor de la fuente de intensidad para que en el punto M la tensión sea U ∠(δ/2). 6. En las condiciones del apartado anterior, la potencia activa suministrada por la fuente de tensión.

Is

jX/2

M

jX/2

Ir +

+

K

Us

Ur

IQ

Figura 62

´ 29 S OLUCI ON 1. Según la Figura 62, con K abierto:

U s U r U ∠δ U ∠0◦ U I s = I r = = = ∠δ jX X ∠90◦ X

−

−

◦

− 90

+

U ◦ ∠90 X

Las potencias, activa y reactiva, suministradas por la fuente de tensión se

PROBLEMA 29

79

obtienen a partir de la potencia compleja: ∗

S s = U s I s = U ∠δ

·

·

U 2 U 2 ◦ = ∠90 + ∠δ X X

−



∗ U ◦ ◦ 90 + ∠90 X U 2 U 2 ◦ 90 = sin δ + j (1 X X

U ∠δ X

−

·

· − cos δ )

·

      P s

Qs

2. Del mismo modo, las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga son: ∗

S r = U r I r = U ∠0◦

·

U 2 ◦ = ∠90 X

−

·

U 2 δ + ∠ X

−



∗ U ◦ ◦ 90 + ∠90 X U 2 U 2 ◦ 90 = sin δ + j (cos δ X X

U ∠δ X

−

·

·

·

− 1)

      P r

Qr

Lógicamente P s =P r ya que se ha despreciado la parte resistiva de la l´ınea, y sólo consume potencia reactiva.

3. Una vez conocida la potencia reactiva que suministra la fuente de tensión y la que absorbe la carga, la diferencia entre ambas proporciona la potencia reactiva que consume la l´ınea:

QL = Q s

−

U 2 Qr = (1 X

· − cos δ ) −

2 U 2 U 2 (cos δ 1) = (1 X X

·

· · − cos δ )

−

4. La tensión en el punto M es la siguiente:

X X U ∠δ U ∠0◦ ◦ U M = U ∠0 + j I r = U ∠0 + j 2 2 X ∠90◦ ◦

· ·

−

· ·

X U ∠δ U ∠0◦ U ∠δ U ∠0◦ ◦ = U ∠0 + j = U ∠0 + 2 j X 2 ◦

− ·

· ·

−

U ∠δ + U ∠0◦ U cos δ + j U sin δ + U = = 2 2 U U = (1 + cos δ ) + j sin δ = U cos(δ/2)∠δ/2 2 2

·

·

· ·

· ·

·

5. Si K está cerrado y la tensión el punto M ha de ser U ∠(δ/2), entonces las intensidades I s y I r son:

U ∠δ U ∠δ/2 U ∠δ/2 U ∠0◦ I s = ; I r = j X/2 j X/2

− ·

·

−


80

De esta forma, el valor que ha de tener la fuente de intensidad es el siguiente:

U ∠δ/2 U ∠0◦ U ∠δ U ∠δ/2 I Q = I r I s = j X/2 j X/2 2U ∠δ/2 U ∠0◦ U ∠δ 4U = = (1 cos(δ/2))∠δ/2 j X/2 X

−

·

− ·

−

− · · −

−

−

◦

− 90

6. Como se puede comprobar, U M y I Q están en cuadratura. Por tanto, la fuente de intensidad sólo intercambia potencia reactiva con el sistema. En estas circunstancias la potencia activa que suministra la fuente permanece inalterada e igual a la calculada en los apartados anteriores.

PROBLEMA 30 El sistema trifásico equilibrado de la Figura 63 se encuentra alimentado de una red de 400 V. Se sabe que R=10 Ω y que L puede adoptar cualquier valor comprendido entre 0 y 0,2 H. Sabiendo que se dispone de condensadores de 3 µF, calcular el número m´ınimo de e´ stos que será necesario disponer por fase para que, bajo cualquier régimen de carga, el factor de potencia del conjunto sea mayor de 0,95. URN

+

R

R

L

USN

+

S

R

L

UTN

+

T

R

L

N

C1

...

Cn

C1

...

Cn

Figura 63

C1

...

Cn

PROBLEMA 30

81

´ 30 S OLUCI ON Para una determinada condición de operación, la potencia reactiva que demanda la carga es Q , mientras que la que demanda el conjunto carga-condensadores es:

QN = P tan ϕN

·

donde, según en el enunciado

ϕN = arc cos(0,95) De esta forma, la potencia reactiva que debe suministrar la bater´ıa de condensadores es

QC = Q

−Q

N

= Q

− P · tan ϕ

N

A continuación se obtienen las potencias activa y reactiva que absorbe la carga en función de R y de X = Lω . Para ello, en primer lugar se calcula la intensidad por una de las fases de la carga, por ejemplo la R:

I R =

U RN R + j X

·

De esta forma: 2 2 3 U RN R 3 U RN X 2 P = 3 R I R = ; Q = 3 X I = R R2 + X 2 R2 + X 2

· ·

·

2

·

·

· ·

·

Por tanto:

 ·

2 QC = 3 U RN

·

X R2 + X 2

−

R tan ϕN R2 + X 2

·



En la Figura 64 se ha representado la variación de P , Q y QC con respecto a

X . Si cos ϕN ha de ser mayor de 0,95, habrá que estudiar la variació n de QC cuando var´ıa X (X = Lω ). En particular se calculará el máximo que alcanza QC en el intervalo de variación de X . Para ello no hay más que calcular la derivada de la expresión de Q C con respecto a X e igualar a cero:

 ·

dQC 2 = 3 U RN dX

·

X 2



R2 X 2 2 X R tan ϕN + =0 = (R2 + X 2 )2 (R2 + X 2 )2

−

· · ·

− 2 · X · R · tan ϕ − R N

2

=0

⇒


82

6000

4000

2000 ) r a v (

0

c Q

−2000

−4000

−6000

0

10

20

30

40

50

60

70

X (Ohmios)

Figura 64

Sustituyendo valores

X 2

− 6,57 · X − 100 = 0

y resolviendo resulta:

X = 10 tan ϕN

·

± 10

Como X

 ·

1 + tan2 ϕN

≈ 3,29 ± 10,53

≥ 0 implica que la solución es X ≈ 13,81 Ω

Para este valor de la inductancia, la potencia reactiva que debe suministrar la bater´ıa de condensadores es:

·

√

 ·

QC = 3 400/ 3

2

13,81 102 + 13,812

−

≈

10 tan(18,19◦ ) 2 2 10 + 13,81

·

5792 var

Una vez obtenida la potencia reactiva máxima que ha de suministrar la bater´ıa de condensadores, la capacidad total de esta es:

C =

QC 5792 = 3 2π f (U RN / 3)2 3 2π 50 (400/ 3)2

· · ·

√

· · ·

−4

√ ≈ 1,15 · 10

F

Como se dispone de condensadores de 3 µF, se puede comprobar que es necesario instalar 39 en paralelo en cada una de las tres fases.

PROBLEMA 31

83

PROBLEMA 31 El sistema trifásico equilibrado de la Figura 65 se encuentra alimentado de una red de 400 V. Se sabe que R=10 Ω y que L puede adoptar cualquier valor comprendido entre 0 y 0,2 H. Se pide obtener:

1. El valor de L que hace máximo el consumo de potencia reactiva. 2. La capacidad de la bater´ıa de condensadores que será necesario instalar para asegurar que el factor de potencia del conjunto sea la unidad en las condiciones del apartado anterior. URN

+

R

R

L

USN

+

S

R

L

UTN

+

T

R

L

N

C

C

C

Figura 65

´ 31 S OLUCI ON 1. En primer lugar se obtendrá la potencia reactiva que absorbe la carga en función de X =Lω . Para ello se calcula la intensidad por una de las fases de la carga, por ejemplo la R :

I R = De esta forma:

U RN R + j X

·

2 3 U RN X Q = 3 X I R = R2 + X 2

· ·

2

·

·


84

Para obtener el máximo consumo de potencia reactiva en el intervalo de variación de X , no hay más que efectuar la derivada de la expresió n de Q con respecto a X e igualar a cero:

dQ R2 X 2 2 = 3 U RN =0 = 2 2 2 dX (R + X )

·

−

·

⇒

X = R = 10 Ω

De esta forma el valor de L que hace máximo el consumo de potencia reactiva es el siguiente:

L =

X 10 = 2π f 2π 50

· ≈ 0,032 H

·

2. Para determinar la capacidad m´ınima que ha de tener la bater´ıa de condensadores para asegurar que el factor de potencia de la instalació n sea 1, es necesario saber el valor de la inductancia que hace máxima la potencia reactiva absorbida por la carga. Esta inductancia es la que se ha calculado en el apartado anterior, para la cual el consumo de potencia reactiva es

Q = 3

·

√

·

400/ 3

2

10 = 8 000 var 102 + 102

Una vez obtenida la potencia reactiva máxima que debe suministrar la bater´ıa de condensadores, su capacidad es:

C =

Q 8000 = 3 2π f (U RN / 3)2 3 2π 50 (400/ 3)2

· · ·

√

· · ·

−4

√ ≈ 1,6 · 10

F

PROBLEMA 32 En la Figura 66 se representa un circuito trifásico equilibrado cuyos elementos son desconocidos, as´ı como el diagrama fasorial correspondiente a las tensiones e intensidades representadas en dicho circuito. Para cada uno de los elementos se pide indicar su carácter generador o receptor. As´ı mismo, para cada generador indicar razonadamente si genera o consume potencia reactiva, y para receptor si tiene carácter inductivo o capacitivo.

PROBLEMA 32

I1

1

I3

85

3 I1

1

3

1

U4

U2

I3

3 U2

2

2

2

4

U4

4

4

Figura 66

´ 32 S OLUCI ON Según se observa en la Figura 66, todas las tensiones e intensidades representadas en el circuito corresponden a la fase R del sistema trifásico. Esto permite usar un circuito equivalente monofásico como el mostrado en la Figura 67 de forma que se facilite el análisis. I1

1

U2

I3

2

3

U4

4

Figura 67

A continuación se analiza cada uno de los elementos siguiendo el criterio de referencia pasivo, el cual supone escoger la ca´ıda de tensión y la intensidad en el mismo sentido.

Elemento 1 A partir de la Figura 67 se ha obtenido la Figura 68 en la que se ha representado el Elemento 1 de forma aislada con las referencias de tensión e intensidad siguiendo el criterio de referencia pasivo. As´ı mismo, en la misma figura se ha

86


I1 U2

1

I1

-U2

U2

-U2 U4

I3

Figura 68

representado el diagrama fasorial correspondiente a la tensión e intensidad del Elemento 1. Según el diagrama fasorial de la Figura 68, el desfase entre la tensión U 2 y la intensidad I 1 es mayor de 90 ◦ y por tanto el Elemento 1 es un generador, es decir suministra potencia activa. En estos casos, en los que el desfase entre tensión e intensidad es mayor de 90◦ , el análisis de la potencia reactiva resulta más cómodo realizarlo considerando el comportamiento del resto del circuito y mediante la aplicación del teorema de Boucherot concluir que el elemento en cuestión debe hacer lo contrario que el resto del circuito. As´ı por ejemplo, si ahora se analiza la tensión U 2 y la intensidad I 1 en el diagrama fasorial de la Figura 68 se puede observar que, como la intensidad adelanta a la tensión, el resto del circuito se comporta como una carga capacitiva y por tanto el Elemento 1 debe absorber potencia reactiva, es decir justo lo contrar´ıo de lo que hace el resto del circuito. En resumen, el Elemento 1 es un generador subexcitado, es decir, se encuentra absorbiendo potencia reactiva.

−

Elemento 2 Según el circuito de la Figura 67, del Elemento 2 solo se conoce a priori su tensión. La intensidad se calcula aplicando la ley de Kirchhoff de intensidades

I 2 = I 1 + I 3 En la Figura 69 se ha representado el Elemento 2 de forma aislada con las referencias de tensión e intensidad siguiendo el criterio de referencia pasivo. As´ı mismo, en la misma figura se ha representado el diagrama fasorial correspondiente a la tensión e intensidad del Elemento 2. Según el diagrama fasorial de la Figura 69, el desfase entre la tensión U 2 y la intensidad I 2 es menor de 90◦ y por tanto el Elemento 2 es un receptor, es decir absorbe potencia activa. Además, como la intensidad retrasa a la tensión el Elemento 2 tiene carácter inductivo. En resumen, el Elemento 2 es un receptor de carácter inductivo.

PROBLEMA 32

I1

I2 U2

87

U2

2 U4

I2

I3

Figura 69

Elemento 3 Según el circuito de la Figura 67, del Elemento 3 solo se conoce a priori su intensidad. La tensión se calcula aplicando la ley de Kirchhoff de tensiones

U 3 =

−

U 2 + U 4



En la Figura 70 se ha representado el Elemento 3 de forma aislada con las referencias de tensión e intensidad siguiendo el criterio de referencia pasivo. As´ı mismo, en la misma figura se ha representado el diagrama fasorial correspondiente a la tensión e intensidad del elemento 3. U3 I1

I3 U3

U2

3 U4

I3

U4 -U3

Figura 70

Según el diagrama fasorial de la Figura 70, el desfase entre la tensión U 3 y la intensidad I 3 es mayor de 90◦ y por tanto el Elemento 3 es un generador, es decir suministra potencia activa. Para analizar si el Elemento 3 absorbe o cede potencia reactiva se seguirá el mismo proceso que el indicado para el Elemento 1. As´ı, el resto del circuito se comporta como una carga inductiva ya que la intensidad I 3 se encuentra en retraso con respecto a la tensión U 3 . Esto implica que el Elemento 3 tiene que ceder potencia reactiva. En resumen, el Elemento 3 es un generador sobreexcitado, es decir, se encuentra cediendo potencia reactiva.

−


88

Elemento 4 En la Figura 71 se ha representado el Elemento 4 de forma aislada con las referencias de tensión e intensidad siguiendo el criterio de referencia pasivo. As´ı mismo, en la misma figura se ha representado el diagrama fasorial correspondiente a la tensión e intensidad del elemento 4. I1

I3 U4

U2

4 U4

I3

Figura 71

Según el diagrama fasorial de la Figura 71 el desfase entre la tensión U 4 y la intensidad I 3 es menor de 90◦ y por tanto el Elemento 4 es un receptor, es decir absorbe potencia activa. Además, como la intensidad adelanta a la tensión, el Elemento 4 tiene carácter capacitivo. En resumen, el Elemento 4 es un receptor de carácter capacitivo.

PROBLEMA 33 En el circuito trifásico de la Figura 72 se conocen las tensiones de las fuentes de alimentación: U RS =400∠0◦ V, U ST =400∠ 120◦ V y U T R =400∠120◦ V. Se pide:

−

1. Con K cerrado y sabiendo que Z =40∠30◦ Ω, calcular la lectura del amper´ımetro. 2. Con K abierto, calcular el valor de Z para que la lectura del amper´ımetro sea la misma que la del apartado anterior.

´ 33 S OLUCI ON 1. Con K cerrado, el sistema trifásico está equilibrado, veri ficándose lo siguiente (Figura 73): 

I T S = I ST Como

400∠ 120◦ U ST I ST = = = 10∠ 40∠30◦ Z entonces la lectura del amper´ımetro es de 10 A.

−

◦

− 150

V

PROBLEMA 34

89

IR +

UTR + K

Z

URS +

Z Z

IS

A UST

IT

Figura 72 IR I’SR +

UTR +

Z

URS +

ITR

Z

IS

A I’TS

Z

IST

UST

IT

Figura 73

2. Con K abierto el circuito trifásico queda según se muestra en la Figura 74. En esta situación el amper´ımetro está midiendo la intensidad de l´ınea I T . Según la Figura 74

− I = U − U Z Z 400∠ − 120 − 400∠120 =

I T = I ST

TR

ST

TR





◦

◦



Z

◦

=



Z

√ 400 · 3∠ − 90 

Z

Si la lectura del amper´ımetro ha de ser la misma que en el apartado anterior, Z  tiene que tener el siguiente valor:

10 =

√ 400 · 3 Z 

=

⇒



Z = 40

·

√

3Ω

El carácter de la carga puede ser cualquiera ya que no in fluye en la lectura del amper´ımetro.


90

IR + Z

URS + A UST

Z ITR

Z

IS IST IT

Figura 74

PROBLEMA 34 El circuito de la Figura 75 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado. Estando K 1 y K 2 cerrados, los vat´ımetros miden W 1 =700 W y W 2 =300 W. Determinar:

1. La potencia activa consumida por la carga trifásica si K 1 se abre y K 2 permanece cerrado. 2. Las lecturas de los vat´ımetros con K 1 y K 2 abiertos.

K1 R

IR Z

S

IS

T

IT

K2

W1

Z

Z W2 Figura 75

PROBLEMA 34

91

´ 34 S OLUCI ON La potencia compleja de la carga trifásica es: ∗

∗

∗

S = U RN I R + U SN I S + U T N I T Como el sistema es de 3 hilos, a partir de la ley de Kirchhoff de intensidades se tiene que

I R + I S + I T = 0

∗

∗

∗

I R + I S + I T = 0

⇒

lo cual permite expresar la intensidad I R en función de las otras dos: ∗

I R =

∗

∗

S

T

−(I + I )

De esta forma

S =

−U

∗

RN (I S +

= (U SN

∗

∗

∗

I T ) + U SN I S + U T N I T ∗

− U

RN )I S +

∗

(U T N

∗

= U SR I S + U T R I T

− U

∗

RN )I T

La potencia activa total es ∗

∗

P = e[S ] = e[U SR I S + U T R I T ]





= U SR I S cos(U SR , I S ) + U T R I T cos(U T R , I T ) 



que coincide con la suma de las lecturas de los dos vat´ımetros, es decir:

P = W 1 + W 2 Con los interruptores cerrados, el circuito que resulta se muestra en la Figura 76. R

IR

S

IS

T

IT

Z W1 Z W2

Figura 76


92

En esta situació n es fácil comprobar que ambas cargas monofásicas están sometidas a la tensió n de l´ınea, de manera que la potencia activa que consumen es

 · 

P = 2 RZ

·

Por otro lado:

2

U L Z

P = W 1 + W 2 = 700 + 300 = 1 000 W De esta manera:

 · 

2 RZ

·

2

U L Z

= 1 000

1. En la Figura 77 se muestra el circuito resultante cuando se abre K 1 y K 2 permanece cerrado. R

IR

Z

S

IS

Z

T

IT

W1 Z W2

Figura 77

Esta situación corresponde a un sistema trifásico equilibrado, siendo la potencia activa consumida:

P = 3 RZ

· ·

 √  U L / 3 Z

2

 ·  U L Z

= RZ

2

= 500 W

2. Cuando ambos interruptores están abiertos, la lectura del vat´ımetro 1 es 0 ya que por la fase S no circula intensidad. Por otro lado, la lectura del vat´ımetro 2 es:

W 2 = U T R I T cos(U T R , I T )

· ·



La intensidad por la fase T es la siguiente:

U T R U L ∠120◦ U L ◦ ∠(120 I T = = = 2 Z ∠ϕ 2 Z 2 Z

·

·

·

− ϕ)

PROBLEMA 35

93

De esta forma:

U L2 U L cos ϕ = RZ = 250 W 2 Z 2 Z 2

W 2 = U L

· · ·

· ·

PROBLEMA 35 El circuito de la Figura 78 se encuentra alimentado por un sistema de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Estando K 1 y K 2 cerrados entonces W 1 + W 2 =1000 W. Determinar:

1. Las lecturas de los vat´ımetros con K 1 abierto y K 2 cerrado. 2. La potencia activa consumida por la carga trifásica si K 2 se abre y K 1 permanece cerrado. 3. La potencia activa consumida por la carga trifásica si K 2 y K 1 se abren. URN

USN

+

W1 Z

+

N UTN

IR R

IS S

W2

K2 Z

K1 Z

+

IT

T

Figura 78

´ 35 S OLUCI ON Según se observa en la Figura 78 la disposición de los vat´ımetros se corresponde con el método de Aron. As´ı:

W 1 + W 2 = 1 000 = P Con K 1 y K 2 cerrados el sistema trifásico resultante se encuentra equilibrado, de forma que la potencia activa es la siguiente:

P = 1 000 = 3

·  · U L Z

2

U L2 Z cos ϕ = 3 cos ϕ Z

·

·

·


94

1. Con K 1 abierto y K 2 cerrado el circuito resultante se muestra en la Figura 79. URN

USN

+

IR R

Z +

IS S

N UTN

W1

W2

Z Z

+

IT

T

Figura 79

Es fácil comprobar que en esta caso la lectura del vat´ımetro 2 es cero ya que no circula intensidad por su circuito amperimétrico. Por otra parte, según la Figura 79 el vat´ımetro 1 se encuentra midiendo la potencia activa de la carga Z eq , donde

Z eq =

2 Z 3

·

Por tanto:

W 1 =

  U L 2 Z 3

2

2 3 U L2 3 1000 Z cos ϕ = cos ϕ = = 500 W 3 2 Z 2 3

· · ·

·

·

·

·

2. En la Figura 80 se muestra el circuito resultante cuando se abre K 2 y K 1 permanece cerrado. En este caso la potencia activa consumida por la carga trifásica se calcula de la siguiente forma:

P = 2

·  · U L Z

2

U L2 1000 Z cos ϕ = 2 cos ϕ = 2 Z 3

·

·

·

·

≈ 666,67 W

3. Si K 1 y K 2 se abren entonces el circuito resultante se muestra en la Figura 81. En este caso la potencia activa consumida por la carga es:

P =

 · · U L 2 Z

·

2

U L2 1000 2 Z cos ϕ = cos ϕ = 2 Z 2 3

·

· ·

· ≈ 166,67 W

PROBLEMA 36

URN

USN

+

IR R

W1 Z

+

IS

N UTN

95

S

W2 Z

+

IT

T

Figura 80

URN

USN

+

W1 Z

+

N UTN

IR R

IS S

W2 Z

+

IT

T

Figura 81

PROBLEMA 36 El circuito de la Figura 82 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Sabiendo que Z R =10∠0◦ Ω, Z S =10∠45◦ Ω, Z T =10∠90◦ Ω, y que, con K abierto, las lecturas de los vat´ımetros son W 1 =7967 W y W 2 =3300 W, se pide:

1. Con K abierto, calcular la potencia activa absorbida por la carga trifásica. 2. La lectura del volt´ımetro 1. 3. Con K cerrado, calcular la potencia activa absorbida por la carga.


96

URN

USN

+ I R

R

+ IS

S

ZR W1

ZS

N

W2

O

V1

UTN

+

ZT

T

IT

K

Figura 82

´ 36 S OLUCI ON 1. Según la Figura 82, la potencia compleja del receptor trifásico es: ∗

∗

∗

S = U RO I R + U SO I S + U T O I T

·

·

·

Si el interruptor K está abierto, el sistema es a tres hilos y se tiene que:

I R + I S + I T = 0

∗

∗

∗

I R + I S + I T = 0

⇒

⇒

∗

I T =

∗

∗

R

S

−(I + I )

Por tanto: ∗

∗

S = U RO I R + U SO I S

∗

∗

R

S

· − U · (I + I ) − U ) · I + (U − U ) · I · I + U · I ·

∗

= (U RO = U RT

TO

TO

R

∗

R

∗

SO

TO

S

∗

ST

S

De esta forma, la potencia activa total es

P = e[S ] = U RT I R cos(U T R , I R ) + U ST I S cos(U ST , I S )



= W 1 + W 2

· ·



· ·




P = W 1 + W 2 = 7 967 + 3 300 = 11 267 W Hay que destacar que como el sistema está desequilibrado no se puede obtener la potencia reactiva a partir de las lecturas de los vat´ımetros.

PROBLEMA 36

97

2. Según se muestra en la Figura 82, el volt´ımetro 1 está midiendo la tensión de l´ınea del sistema trifásico. Para hallar dicha tensión, se calculará en primer lugar la potencia activa que consume cada una de las cargas monofásicas en función de dicha tensión cuando K está abierto. En segundo lugar se igualará dicha potencia con la ya calculada en el apartado anterior. Para ello, la forma más fácil de proceder es obtener la tensión entre los neutros O y N cuando K está abierto:

U RN Z R 1

U ON =

+

Z R

U SN

+

Z S 1 Z S

+

+

√

U T N Z T 1

Z T

√ −

√

U/ 3∠0◦ U/ 3∠ 120◦ U/ 3∠120◦ + + 10 10 10∠90◦ ∠0◦ ∠45◦ = 1 1 1 + + 10∠0◦ 10∠45◦ 10∠90◦

 √

U = 3

1∠0◦ + 1∠ 165◦ + 1∠30◦ 1∠0◦ + 1∠ 45◦ + 1∠ 90◦

− −

−

 ≈ ·

U 0,22∠60◦ V

Una vez calculada la tensión U ON , la intensidad que circula por cada una de las impedancias es la siguiente:

U RO U RN U ON = Z R Z R U/ 3∠0◦ U 0,22∠60◦ = 10∠0◦

−

I R =

√

− ·

◦

≈ U · 0,05∠ − 22,18

U SO U SN U ON = Z S Z S U/ 3∠ 120◦ U 0,22∠60◦ = 10∠45◦

A

−

I S =

√ −

− ·

U T O U T N U ON = Z T Z T U/ 3∠120◦ U 0,22∠60◦ = 10∠90◦

◦

≈ U · 0,08∠ − 165

−

I T =

√

− ·

◦

≈ U · 0,05∠52,18

A

A


98

Teniendo en cuenta que la impedancia de la fase T es una bobina pura y por tanto no intercambia potencia activa con el sistema, entonces: 2 2 P = Z R cos ϕR I R + Z S S cos ϕS I S

·

·

·

·

= 10 cos 0◦ (U 0,05)2 + 10 cos 45◦ (U 0,08)2

·

· · ·

·

· · ·

2

≈ U · 0,07 W

Igualando este valor con el obtenido en el apartado 1 resulta:

U 2 0,07 = 11267

401,,2 V ⇒ U ≈≈ 401

·

401,,2 V. Por tanto la lectura del volt´ımetro 1 es de 401 Otra forma alternativa de resolver el problema es convirtiendo la carga a triángulo angulo y calculando nuevamente la potencia consumida por cada una de las impedancias monofásicas. asicas. Con este método etodo se evita el obtener la tensión on U ON aunque son necesarias las operaciones para la conversión on de la carga desequilibrada de estrella a triángulo. angulo. asico con neutro r´ıgido, de forma que 3. Con K cerrado resulta un sistema trifásico la tensi tension o´ n a la que está sometida cada una de las cargas monofásicas asicas es igual a la tensión on de fase del generador. Por tanto: 2 2 P = Z R cos ϕR I R + Z S S cos ϕS I S

· · · cos ϕ ·

 

·

· · cos ϕ ·

2 U RN RN = Z R + Z S R S Z R 2 2 U RN U SN = cos ϕR + cos ϕS Z R Z S S 2 401,,4 401 401,,42 401 ◦ = cos0 + coss 45◦ co 3 10 3 10

·

·

S

  U SN SN Z S S

2

·

·

·

·

9159,, 27 W ≈ 9159

Hay que hacer notar que en este caso no se puede aplicar el método de Aron ya que el sistema es a 4 hilos desequilibrado.

PROBLEMA 37

99

PROBLEMA 37 El circuito trifásico asico de la Figura 83 se encuentra alimentado por un sistema 1767,, 5 W trifásico, asico, equilibrado, secuencia directa, de 380 V. Sabiendo que W 1 =1767 y que todas las cargas están an equilibradas y tienen carácter acter inductivo, obtener las lecturas del vat´ımetro 2 y del amper´ımetro. Tomar U RS como origen de fases. URN USN

+ I R

A

W2

W1

IR3

+ IS

SF=2500 VA

N UTN

+

IT Carga 3 Triangulo

PF=2000 W

PF=1500 W

QF=750 var

IF=8 A

Carga 2

Carga 1

Figura 83

´ 37 S OLUCI ON La resoluci resolucion o´ n del problema se empezará analizando los datos correspondientes a la carga 3. En este sentido, se proporciona como dato la potencia aparente de una de las fases de dicha carga. carga. A partir de este dato se puede calcular calcular la intensidad de l´ınea de la carga 3:

S F = U F F 3 = 2 500 = U F I R3 =

·

380 I R3 3

√ ·

⇒

I R3

≈ 11 11,,39 A

Por otro lado, la lectura del vat´ımetro 1 es la siguiente:

W 1 = = U U RS RS I R3 cos(U RS , I R3 )

·

·




cos(U RS , I R3 ) = 

W 1 1767, 1767,5 = U RS 380 11 11,,39 RS I R3

·

·

≈ 0,408 ⇒

Según un la Figura 84:

(U RS , I R3 ) = ϕ 3 + 30 ◦ 

(U RS , I R3 ) 

◦

≈ 65 65,,9


100

UTR

URS ϕ3

30o

URN

IR UST

Figura 84

En consecuencia, el ángulo angulo de la carga 3 es el siguiente:

ϕ3 = 65 65,,9◦

◦

− 30

= 35 35,,9◦

Conocida la potencia aparente y el ángulo angulo de la carga 3, la potencia activa y reactiva absorbidas por dicha carga son las siguientes:

P 3 = 3 S F cos(35,,9◦ ) F 3 cos ϕ3 = 3 2500 cos(35

· · Q = 3 · S · sin ϕ 3

F 3 F

3

· · ≈ 6075 6075,,31 W = 3 · 2500 · sin(35 sin(35,,9 ) ≈ 4397 4397,,79 var ◦

Respecto Respect o a la car carga ga 2, se prop proporci orciona ona la pote potencia ncia act activ ivaa y reac reacti tiva va que que consum consumee una de las fases de dicha carga, a partir de las cuales se calcula las potencias trifásicas: asicas:

P 2 = 3 P F F 2 = 3 2 000 = 6 000 W

· Q = 3 · Q 2

F 2

· = 3 · 750 = 2250 var

Atendiendo a la Figura 83 se puede ver que el vat´ımetro 2 es uno de los dos vat´ımetros necesarios para el método etodo de Aron. Si se supone que hay otro otro vat´ vat´ımetro ficticio (W x ) conectado conectado seg´ segun u´ n la Figura 85, entonces:

W 2 + W x = P 2 + P 3 Q2 + Q3 W 2 W x = 3

−

√


W 2 =

P 2 + P 3 Q2 + Q3 6 00 0000 + 6 07 0755,31 2 25 2500 + 4 39 3977,79 + = + 2 2 2 3 2 3

· √

· √

7956,,7 W ≈ 7956

PROBLEMA 38

W2

101

IR3

W1

SF=2500 VA

Wx

Carga 3 PF=2000 W QF=750 var Carga 2

Figura 85

De la carga 1 se sabe el tipo de conexión (triángulo), la intensidad y la potencia de una fase. En primer lugar se calculará el a´ ngulo de dicha carga:

P F 1 = 1 500 = 380 8 cos ϕ1

· ·

⇒

ϕ1

◦

≈ 60,43

Por tanto:

P 1 = 3 P F 1 = 3 1 500 = 4 500 W

·

·

Q1 = P 1 tan ϕ1 = 4 500 tan(60,43◦ )

·

·

≈ 7932,49 var

Según el teorema de Boucherot, el generador tiene que proporcionar toda la potencia activa y reactiva que absorben las cargas:

P T = P 1 + P 2 + P 3 = 4 500 + 6 000 + 6 075,31 = 16573,31 W QT = Q 1 + Q2 + Q3 = 7 932,49 + 2 250 + 4 397,79 = 14 580,28 var Además:

S T =

  2

2

P T + QT =

√

3 U L I R

· ·

Despejando y sustituyendo valores, se obtiene la lectura del amper´ımetro:

I R =



P T 2 + Q2T

√ 3 · U

L

=

16573,312 + 14 580,282 3 380

√ ·

≈ 33,54 A

PROBLEMA 38 El circuito trifásico de la Figura 86 se encuentra alimentado por un sistema trifásico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Se sabe que Z R =10∠0◦ Ω, Z S =4∠45◦ Ω, Z T =100∠90◦ Ω y Z N =0,1∠0◦ Ω. Tomando U RN como origen de fases, se pide:

102


1. Con K 1 y K 2 cerrados, calcular I R , I S , I T , la lectura del amper´ımetro y la del volt´ımetro. 2. Con K 1 abierto, calcular la lectura del volt´ımetro y las tensiones de fase en la carga. 3. Con K 1 cerrado y K 2 abierto, calcular la lectura del volt´ımetro y las tensiones de fase en la carga. URN

+

R

IR

USN

+

S

IS

N UTN

+

T

K1 A

ZR

ZS O ZT

IT

ZN

IN

K2 V Figura 86

´ 38 S OLUCI ON 1. Con K 1 y K 2 cerrados, el sistema resultante es con neutro r´ıgido y en consecuencia:

√ 400/ 3∠0

◦ U RN 40 ◦ ∠0 A I R = = = 10∠0◦ Z R 3 U SN 400/ 3∠ 120◦ 100 ◦ A I S = = = 165 ∠ 4∠45◦ Z S 3 U T N 400/ 3∠120◦ 4 ◦ I T = = = ∠30 A 100∠90◦ Z T 3

√ − √

√

√ −

√

PROBLEMA 38

103

Por otro lado, la intensidad por el neutro se calcula aplicando la ley de Kirchhoff de intensidades en el nudo O o en el N:

I N = I R +I S +I T =

40 100 4 √ ∠0 + √ ∠−165 + √ ∠30 ≈ 33,63∠−155,79 3 3 3 ◦

◦

◦

◦

A

De esta forma, la lectura del amper´ımetro es de 33,63 A mientras que el volt´ımetro mide 0 V.

2. Con K 1 abierto, la tensión entre los neutros O y N se calcula aplicando el teorema de Millman:

U RN Z R U ON = 1

+

Z R

U SN

+

Z S 1 Z S

+

+

U T N Z T = 1

Z T ◦

≈ 100,71∠ − 121,78

33,63∠ 1

◦

− 155,79

1 1 + + 10∠0◦ 4∠45◦ 100∠90◦

V

Por tanto, la lectura del volt´ımetro es de 100,71 V. Las tensiones de fase en la carga son las siguientes:

400 ◦ 100,71∠ 121,78◦ 296,6∠16,67◦ V ∠0 3 400 ∠ = U SN U ON = 120◦ 100,71∠ 121,78◦ 3 130,31∠ 118,62◦ V 400 ◦ = U T N U ON = 100,71∠ 121,78◦ 292,35∠102,33◦ V ∠120 3

U RO = U RN

− U

U SO

=

√

−

−

√ −

−

≈

U T O

ON

≈

−

−

−

−

√

−

−

≈

3. Con K 1 cerrado y K 2 abierto, la tensión entre los neutros O y N se calcula nuevamente 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

Se puede observar que la diferencia respecto al apartado anterior es que se ha incorporado la impedancia de neutro.


104


33,63∠ 155,79◦ U ON = 1 1 1 1 + + + 10∠0◦ 4∠45◦ 100∠90◦ 0,1∠0◦

−

◦

≈ 3,27∠ − 154,75

V

Por tanto, la lectura del volt´ımetro es de 3,27 V. Las tensiones de fase en la carga son las siguientes:

400 ◦ 3,27∠ 154,75◦ 233,9∠0,34◦ V ∠0 3 400 = U SN U ON = 120◦ 3,27∠ 154,75◦ ∠ 3 228,26∠ 119,53◦ V 400 ◦ ∠120 = U T N U ON = 3,27∠ 154,75◦ 3 230,69∠119,19◦ V

U RO = U RN

− U

U SO

=

√

−

−

√ −

−

≈

U T O

ON

≈

−

−

−

−

√

−

−

≈

Es interesante comparar los resultados de los apartados 2 y 3. Cuanto mayor sea la impedancia del neutro mayor será la tensión entre los dos neutros. As´ı mismo, las tensiones de fase en la carga se aproximarán a las tensiones del generador cuando la impedancia de neutro sea pequeña.

PROBLEMA 39 El circuito trifásico de la Figura 87 se encuentra alimentado por un sistema trifásico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Las lecturas de los vat´ımetros son las siguientes: W 1 =4332 W, W 2 = 6065 W, W 3 =3000/ 3 W, W 4 = 199 W, W 5 =199 W, W 6 =0 W. Además se sabe que el amper´ımetro marca 15 A y que R =400Ω. Teniendo en cuenta que las cargas 1 y 2 están equilibradas, calcular:

−

1. Potencia reactiva de la carga 1. 2. Potencia activa de la carga 1. 3. Potencia reactiva de la carga 2. 4. Potencia activa de la carga 2. 5. Potencia aparente del generador.

−

√

PROBLEMA 39

URN

USN

+ I R

105

W4

W1 R

+ IS

N

W5 UTN

+ I T

W2

A

W3

IS1

Carga 1

W6

Carga 2

Figura 87

´ 39 S OLUCI ON 1. Según las Figuras 87 y 88, la lectura del vat´ımetro 3 es la siguiente:

W 3 = U RT I S 1 cos(U RT , I S 1 ) = U RT I S 1 cos(ϕ1 + 90 ◦ ) Q1 = U RT I S 1 sin ϕ1 = 3

·

−

·

·

·



−√

·

·

UTN IS USN

ϕ1 90o

30o

URN

URT Figura 88


√ √ 3000 Q = − 3 · W = − 3 · √ = −3000 var 3 1

3

Como Q1 es negativa signi fica que la carga 1 cede potencia reactiva, es decir, tiene carácter capacitivo.

106


2. En la Figura 87 se puede observar que la disposición de los vat´ımetros 1 y 2 corresponde a una con figuración tipo Aron.

P R + P 1 = W 1

− W

2

donde P R es la potencia que consume la resistencia R. Además, en este caso no es posible utilizar los vat´ımetros para obtener la potencia reactiva ya que el sistema está desequilibrado. La potencia que consume la resistencia es la siguiente: 2 U RS 4002 P R = = = 400 W R 400

Por tanto, la potencia activa de la carga 1 resulta:

P 1 = W 1

− W − P = 4 332 − (−6065) − 400 = 9 997 W 2

R

3. Según la Figura 87 se puede comprobar que

W 4 + W 5 + W 6 =

√

3 (Q2 + Q1 )

·


W 4 +W 5 +W 6 =

√ −199+ 199+ 0 = 0 = 3 · (Q +Q ) ⇒ 2

1

Q2 +Q1 = 0

En consecuencia, la potencia reactiva de la carga 2 es la siguiente:

Q2 =

−Q = 3 000 var 1

Este resultado quiere decir que toda la potencia reactiva que cede la carga 1 la está absorbiendo la carga 2, y por tanto el generador ni absorbe ni cede potencia reactiva.

4. Si se analiza el circuito trifásico de la Figura 87 se puede ver que todas las cargas están conectadas en paralelo. Como tanto el sistema de alimentación como las cargas 1 y 2 están equilibrados entonces el sistema de intensidades que circulan por cada una de las cargas trifásicas formarán un sistema trifásico equilibrado. Sin embargo, debido a la intensidad que circula por la resistencia R el sistema de intensidades del generador está desequilibrado. De esta forma, los neutros de las cargas 1 y 2 y el neutro del generador estarán al mismo potencial pudiéndose plantear un circuito equivalente monofásico para la fase T que es la u ´ nica que no está influenciada por la resistencia R .

PROBLEMA 40

107

Para la fase T se verifica:

S T =

 

P 1 + P 2 3

  2

+

Q1 + Q2 3



2

= U T N I T

·

Sustituyendo valores y despejando se obtiene la potencia activa de la carga 2:

√ 3 · 15 − 9997 ≈ 395,3 W · − P = 3 · 400

P 2 = 3 U T N I T

·

1

5. La potencia compleja del generador es la siguiente:

S g = (P 1 + P 2 + P R ) + j (Q1 + Q2 )

·

Como Q1 + Q2 = 0 entonces:

S g = P 1 + P 2 + P R = 9 997 + 395,3 + 400 = 10 792,3 VA

PROBLEMA 40 El circuito trifásico de la Figura 89 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa, de 400 V. Sabiendo que W 1 =3000/ 3 W, W 2 =1000 W y que el amper´ımetro marca 10 A, calcular Z y R.

√

URN

USN

+

+

Z

IR

R

IS

R

2Z

R

2Z

N

W2

W1 UTN

+

IT

Figura 89

A Z


108

´ 40 S OLUCI ON

Tal y como se observa en la Figura 89 el sistema trifásico está equilibrado. Según el diagrama fasorial de la Figura 90 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 RT I S sin ϕ =

· ·

· ·



−

UST

· ·

QT 3

√

URT o

60

USN

URN

IS

30o ϕ

URS

30o

30o

UTN UTR Figura 90


QT =

√

3 W 1 =

·

√ 3000 3 · √ = 3 000 var 3

Como Q T es la potencia reactiva absorbida por la carga trifásica equilibrada 2Z entonces: 2 QT = 3 2 X Z I R

· · ·


X Z =

QT 3000 = = 5Ω 2 3 2 102 3 2 I R

· ·

· ·

Por otro lado, según se observa en la Figura 89, el vat´ımetro 2 mide la potencia activa de la carga monofásica 2Z : 2 W 2 = P 2Z = 2 RZ I R

· ·


RZ =

1000 W 2 = = 5Ω 2 2 102 2 I R

·

·

PROBLEMA 41

109

De esta forma, la carga Z es la siguiuente:

Z = R Z + j X Z = 5 + j 5 Ω

·

·

Como el sistema está equilibrado se puede plantear un circuito equivalente monofásico como el mostrado en la Figura 91 para la fase R . IR

R

2Z

+ URN

Figura 91




· ·     − ·   √  − ·

U RN = R + 2 Z I R =

(R + 2 RZ )2 + (2 X Z )2 I R

·

·

·

Despejando y sustituyendo valores se obtiene el valor de R :

R =

=

U RN I R

2

400/ 3 10

(2 X Z )2

−2·R

Z

2

(2 5)2

− 2 · 5 ≈ 10,82 Ω

PROBLEMA 41 El circuito trifásico de la Figura 92 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia directa. Las medidas obtenidas para dos condiciones de funcionamiento distintas ( RN =0 y R N = ) se muestran en la Tabla 1. Se pide calcular:

∞

1. El valor de R1 , R2 y R3 . 2. La lectura del amper´ımetro AN , para las dos condiciones de funcionamiento. 3. La lectura del volt´ımetro V N , para las dos condiciones de funcionamiento.


110

URN

USN

+

+

IR

R1

IS

R2

IT

R3

A1 V3

N UTN

R V1

S

A2

O

V2 +

T

A3

RN

IN

AN VN

Figura 92

RN (Ω) 0

∞

U 1

U 2

U 3

I 1

I 2

I 3

(V)

(V)

(V)

(A)

(A)

(A)

220 220

220 220

220 220

0,2

0,5

0,5

?

?

?

Tabla 1

´ 41 S OLUCI ON 1. La condición de funcionamiento en la que RN =0 da lugar a un sistema trifásico con neutro r´ıgido y por tanto la tensión aplicada a cada una de las resistencias es la tensión de fase del generador. De esta forma:

√ 220/ 3

U RN = I R 0,2 U SN 220/ 3 R2 = = I S 0,5 U T N 220/ 3 R3 = = I T 0,5 R1 =

√

√

2. Si RN =

≈ 635Ω ≈ 254Ω ≈ 254Ω

∞ entonces la lectura del amper´ metro A ı

N

es 0.

PROBLEMA 42

111

Si RN =0, según los medidas correspondientes a esta condición de funcionamiento y teniendo en cuenta que la carga es resistiva pura entonces:

I R = 0,2∠0◦ A I S = 0,5∠

◦

− 120

A

I T = 0,5∠120◦ A Por otro lado, según la Figura 92, la intensidad por el neutro se calcula aplicando la ley de Kirchhoff de intensidades en el nudo O o en el N :

−I

N

= I R + I S + I T = 0,2∠0◦ + 0,5∠

◦

− 120

+ 0,5∠120◦

◦

≈ 0,3∠180

A

En consecuencia, la lectura del amper´ımetro AN cuando RN =0 es de 0,3 A.

3. Si RN =0 entonces la lectura del volt´ımetro es 0. Si RN = la tensión entre el neutro O y N se calcula aplicando el teorema de Millman:

∞

U RN U SN U T N + + 0,3∠180◦ R1 R2 R3 U ON = = 1 1 1 1 1 1 + + + + R1 R2 R3 635 254 254 En consecuencia, la lectura del volt´ımetro cuando RN =

◦

≈ 31,75∠180

∞ es de 31,75 V.

PROBLEMA 42 El circuito trifásico de la Figura 93 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que la lectura del volt´ımetro es de 400 V, que Z 1 =10∠45◦ Ω y Z 2 =10∠ 45◦ Ω. Sabiendo que los vat´ımetros son iguales, calcular sus lecturas en los dos casos siguientes:

−

1. Con K cerrado. 2. Con K abierto.


112

K URN

USN

+ I R

Z2

W1

V + IS

+

Z2

S

N UTN

Z1

R

W2

O

Z2

T

IT

W3

O’ Figura 93

´ 42 S OLUCI ON 1. Con K cerrado, el sistema trifásico resultante está equilibrado y por tanto todos los neutros ( O, O  y N ) están al mismo potencial. En esta situación la lectura de los tres vat´ımetros es la misma. Eligiendo por ejemplo el vat´ımetro 1, según la Figura 93 su lectura es la siguiente:

W 1 = U RO

· I · cos(U , I ) = U · I · cos(U · I · cos ϕ = U · U Z · cos ϕ



= U RN



R

RO

2

R

R

RN

RN

RN

RO , I R )



R

2

2


√

400 400/ 3 W 1 = W 2 = W 3 = cos( 45◦ ) 10 3

√ ·

·

−

≈ 3771,24 W

2. Con K abierto, la carga está desequilibrada de forma que el potencial del neutro O no será el mismo que el de los neutros O  y N . Según la Figura 93 la lectura de cada vat´ımetro es la siguiente:

W 1 = U RO W 2 = U SO

· I · cos(U · I · cos(U · I · cos(U



R



S

W 3 = U T O



T

RO , I R )



SO  , I S )



T O  , I T )



PROBLEMA 42

113

Como los tres vat´ımetros son iguales y el sistema de alimentación está equilibrado implica que los neutros O  y N están al potencial. Por tanto:

400 ◦ ∠0 V 3 400 = U SN = 120◦ V ∠ 3 400 ◦ = U T N = ∠120 V 3

U RO = U RN =

√

U SO



√ −

U T O





√

Para el cálculo de las intensidades de l´ınea (I R , I S , I T ) se obtendrá en primer lugar la tensión U ON aplicando el teorema de Millman:

U RN Z 1 + Z 2 1

+

U SN

+

U T N

Z 2 Z 2 1 1 + + Z 1 + Z 2 Z 2 Z 2

U ON =


√

√ − −

√ −

400/ 3∠0◦ 400/ 3∠ 120◦ 400/ 3∠120◦ + + ◦ ◦ 10 45 10 45 10∠ 45◦ ∠45◦ + 10∠ ∠ U ON = 1 1 1 + + 10∠45◦ + 10∠ 45◦ 10∠ 45◦ 10∠ 45◦

−

−

◦

≈ 64,05∠ − 123

−

−

V

A continuación se calculan las intensidades de l´ınea:

U RO U RN U ON = Z 1 + Z 2 Z 1 + Z 2 400/ 3∠0◦ 64,05∠ 123◦ = 10∠45◦ + 10∠ 45◦

−

I R =

√

−

−

−

U SO U SN U ON = Z 2 Z 2 400/ 3∠ 120◦ 64,05∠ = 10∠ 45◦

◦

≈ 19,2∠11,42

A

−

I S =

√ −

− −

◦

− 123 ≈ 16,7∠ − 73,85

◦

A

114


U T O U T N U ON = Z 2 Z 2 400/ 3∠120◦ 64,05∠ = 10∠ 45◦

−

I T =

√

− −

◦

− 123 ≈ 26,6∠152,6

◦

A

En consecuencia:

W 1 = U RO I R cos(U RO , I R ) 400 = 19,2 cos(0◦ 11,42◦ ) = 4346,26 W 3

· · √ · · − W = U · I · cos(U , I ) 400 = √ · 16,7 · cos(−120 + 73,84 ) = 2671,3 W 3 W = U · I · cos(U , I ) 400 = √ · 26,6 · cos(120 − 152,6 ) = 5175,19 W 3 



2

SO 



S



SO 

S

◦

3

T O

T



T O ◦

◦

T

◦

Resulta interesante comprobar que W 1 = P Z 1 +Z 2 , W 2 = P Z 2 y W 3 = P Z 2 . Sin embargo se tiene que veri ficar que W 1 + W 2 + W 3 = P Z 1 +Z 2 + P Z 2 + P Z 2 . En realidad, la lectura de cada vat´ımetro se corresponde, respectivamente, con la potencia activa cedida por cada una de las ramas del generador trifásico.







PROBLEMA 43

115

PROBLEMA 43 El circuito trifásico de la Figura 94 se encuentra alimentado por un sistema trifásico y equilibrado de tensiones cuya frecuencia es 50 Hz. Se sabe que X L =2 Ω y que las indicaciones de los amper´ımetros son: A1 =40 A, A2 =50 A, A3 =50 A. Calcular C para que el generador trabaje con un factor de potencia unidad. URN

USN

Z

+ I R

A1 Z

+ IS

N

A3 UTN

+

A2

Z

IT

C

C

C

XL

XL

XL

Figura 94

´ 43 S OLUCI ON Como el circuito trifásico está equilibrado implica que todos los neutros están al mismo potencial. As´ı

U RN = X L I 2 = 2 50 = 100 V

·

·

⇒

U L =

√

3 100 V

·

La potencia aparente de la carga trifásica Z es la siguiente:

S Z =

√

3 U L I 3 =

· ·

√ √ 3 · 3 · 100 · 50 = 15000 VA

La potencia reactiva de la carga trifásica X L es la siguiente:

QX L =

√

√ √ 3 · U · I = 3 · 3 · 100 · 50 = 15000 var L

2

Por otro lado, la potencia aparente total correspondiente a la carga trifásica X L más la carga trifásica Z es la siguiente:

S T =

√

√ √ 3 · U · I = 3 · 3 · 100 · 40 = 12000 VA L

1


116

Si se expresa cada potencia aparente en función de la correspondiente potencia activa y reactiva y se relacionan ambas resulta: 2 2 S Z = P Z + Q2Z 2

2

2

2

S T = P T + QT = P Z + (QX L + QZ )

2



⇒

2 2 S Z Q2Z = S T (QX L + QZ )2

−

−

Despejando y sustituyendo valores se obtiene la potencia reactiva de la carga

Z : QZ =

2 S T

2

2

Z

X L

− S − Q 2·Q

=

120002

X L

2

2

− 15000 − 15000 2 · 15000

=

−10200 var

Se puede observar que la carga Z cede reactiva (tiene carácter capacitivo) mientras que la carga X L necesariamente tiene que absorber reactiva ya que es una bobina. A continuación se calcula la potencia reactiva que debe suministrar el banco trifásico de condensadores:

QC = QX L

|

| − |Q | = 15 000 − 10200 = 4800 var Z

Por tanto, la capacidad de cada uno de los condensadores del banco es la siguiente:

C =

QC 4800 = 2 π f U L2 2 π 50 ( 3 100)2

· · ·

· · · √ ·

−4

≈ 5,09 · 10

F

PROBLEMA 44

117

PROBLEMA 44 El circuito trifásico de la Figura 95 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que la lectura del volt´ımetro es 400 V, Z 1 =10∠45◦ Ω y Z 2 =50∠30◦ Ω. Calcular la lectura del amper´ımetro en los siguientes casos:

1. K 1 , K 2 y K 4 cerrados y K 3 abierto. 2. K 1 cerrado y el resto abiertos. 3. K 3 cerrado y el resto abiertos. 4. K 4 abierto y el resto cerrados. URN

+ R IR

A K4 V

USN

Z2

+ S IS

Z2 Z2

UTN

+ T IT

K1 K2 K3 Z1

Z1

Figura 95

Z1


118

´ 44 S OLUCI ON 1. Con K 1 , K 2 y K 4 cerrados y K 3 abierto el circuito resultante se muestra en la Figura 96. URN

+ R IR

IR2 A IR1

V USN

Z2

+ S IS

Z2 Z2

UTN

+ T IT Z1

Z1

Z1

Figura 96

Si se convierte la carga 2 a su estrella equivalente se obtiene el circuito de la Figura 97. URN

+ R IR

USN

+ S IS

UTN

+ T IT

IR2

Z2 /3

A V

IR1

Z2 /3

Z2 /3

Z1

Z1

Z1

Figura 97

Como el circuito trifásico está equilibrado todos los neutros están al mismo

PROBLEMA 44

119

potencial y en consecuencia según la Figura 97:

I R1 I R2

√

U RN 400/ 3∠0◦ = = 10∠45◦ Z 1 U RN 400/ 3∠0◦ = = 50/3∠30◦ Z 2 /3

√

◦

≈ 23∠ − 45

A ◦

≈ 13,86∠ − 30

A

Aplicando la ley de Kirchhoff de intensidades se obtiene lo siguiente: ◦

I R = I R1 + I R2 = 23∠

− 45

+ 13,86∠

◦

◦

− 30 ≈ 36,56∠ − 39,37

A

Por tanto la lectura del amper´ımetro es de 36,56 A.

2. Si K 1 cerrado y el resto abiertos se obtiene el circuito mostrado en la Figura 98. URN

+ R IR

IR2 A IR1

V USN

+ S IS

Z2 Z2

UTN

+ T IT

Z1

Z1

Figura 98


I R1 I R2

U RS 400∠30◦ = = 20∠ 15◦ A ◦ 20∠45 2 Z 1 U RT 400∠ 30◦ = = 8∠ 60◦ A ◦ 50∠30 Z 2

≈

·

−

−

≈

−

Aplicando la ley de Kirchhoff de intensidades se obtiene lo siguiente:

I R = I R1 + I R2 = 20∠

◦

− 15

+ 8∠

◦

◦

− 60 ≈ 26,27∠ − 27,43


A


120

3. Si K 3 está cerrado y el resto de los interruptores abiertos se obtiene el circuito mostrado en la Figura 99. URN

+ R IR

IR2 A IR1

V USN

+ S IS

Z2 Z2

Z1

Figura 99

A partir de la Figura 99 es fácil comprobar que Z 1 está en paralelo con 2Z 2 . As´ı:

U RS 400∠30◦ I R = = 2 50∠30◦ 10∠45◦ 2 Z 2 Z 1 2 50∠30◦ + 10∠45◦ 2 Z 2 + Z 1

· ·

· · ·

·

◦

≈ 43,88∠ − 13,64

A


4. Si K 4 está abierto y el resto de los interruptores cerrados se obtiene el circuito mostrado en la Figura 100. Según la Figura 100:

I R1 I R2

U RS 400∠30◦ = = 40∠ 15◦ A ◦ 10∠45 Z 1 U RT 400∠ 30◦ = = 8∠ 60◦ A ◦ 50∠30 Z 2

≈

−

−

≈

−

Aplicando la ley de Kirchhoff de intensidades se obtiene lo siguiente:

I R = I R1 + I R2 = 40∠

◦

− 15

+ 8∠

◦

◦

− 60 ≈ 46∠ − 22,06

Por tanto la lectura del amper´ımetro es de 46 A.

A

PROBLEMA 45

URN

+ R IR

IR2 A IR1

V USN

121

+ S IS

Z2 Z2

UTN

+ T IT

Z1

Z1

Figura 100

PROBLEMA 45 El circuito trifásico de la Figura 101 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa. Se sabe que la lectura del volt´ımetro 1 es 400 V, Z L =0,3∠60◦ Ω, Z 1 =10∠45◦ Ω y Z 2 =50∠30◦ Ω. Calcular:

1. La lectura del amper´ımetro. 2. La lectura del volt´ımetro 2. 3. La lectura del vat´ımetro 1 y 2. 4. La lectura del vat´ımetro 3.

´ 45 S OLUCI ON 1. Como el sistema trifásico está equilibrado, se puede obtener un circuito monofásico equivalente como el mostrado en la Figura 102. Según la Figura 102, la impedancia equivalente es

Z eq = Z L +

Z 1

·

Z 1 +

Z 2 3

Z 2 3


122

URN

+

R IR

ZL

R’ Z2

V1

USN

+

ZL

S IS

W2

Z2

W3 V2

UTN

+

Z2

ZL

T IT

W1

A

Z1

Z1

Z1

Figura 101 IR R

ZL

R’

+ URN

Z1

Z2 /3

Figura 102

Sustituyendo valores resulta: ◦ 10∠45◦ 50 ∠30 3 Z eq = 0,3∠60 + 10∠45◦ + 50 ∠30◦ 3

·

◦

De esta forma:

√ 400/ 3∠0

◦ U RN I R = = 6,58∠40,3◦ Z eq

◦

≈ 6,58∠40,3 ◦

≈ 35,09∠ − 40,3

Ω

A


2. Según la Figura 102:

U RN = U R N + Z L I R

·



Despejando y sustituyendo valores, resulta

U R N = U RN Z L I R = 

− ·

400 ◦ 0,3∠60◦ 35,09∠ 40,3◦ ∠0 3

√

−

·

−

◦

≈ 221,06∠−0,92

V

PROBLEMA 45

123

Por tanto, la lectura del volt´ımetro 2 es la siguiente:

V 2 =

√

3 U R N =

·



√

3 221,06

·

≈ 383 V

3. Según el diagrama fasorial de la Figura 103, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦

W 1 = U T R I T cos(U T R , I T ) = U L I L cos(ϕ

· · · I · cos(U



W 2 = U SR

SR , I S )



S

= U L

· · − 30 ) · I · cos(30 + ϕ) ◦

L

UST

USR

USN 30o

IS

ϕ

IT ϕ

30o

UTR

URN ϕ

30o

IR URS

UTN Figura 103

Si se suman las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia activa trifásica consumida por las cargas 1 y 2:

W 1 +W 2 = U L I L [cos(ϕ 30◦ )+cos(30◦ +ϕ)] =

· ·

−

√

3 U L I L cos ϕ = P

· · ·

Si ahora se restan las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia reactiva trifásica consumida por las cargas 1 y 2:

W 1

◦

◦

− W = U · I · [cos(ϕ − 30 ) − cos(30 L

2

L

+ ϕ)] = U L I L sin ϕ =

· ·

Q √ 3

donde P y Q es la potencia activa y reactiva total, que se calculan como sigue: 2 P = 3 Z eq cos ϕeq I R = 3 6,58 cos 40,3◦ 35,092

· · · Q = 3 · Z · sin ϕ · I eq

eq

2

R

· · · ≈ 18537,43 W = 3 · 6,58 · sin40,3 · 35,09 ≈ 15720,88 var ◦

2


124

Por tanto:

√

W 1 + W 2 = 18 537,43 W

3 (W 1

− W ) = 15 720,88 var

·

2

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene la lectura del vat´ımetro 1 y 2:

W 1

≈ 13806,94 W W ≈ 4730,53 W 2

4. Según las Figuras 101 y 103, la lectura del vat´ımetro 3 es la siguiente:  

W 3 = U R T I S 2 cos(U R T , I S 2 ) = U L I L cos(90◦ 



·

·

· ·



Q − ϕ ) = √ 3 2

2

La potencia reactiva absorbida por la carga 2 es la siguiente:

U 22 3832 Q2 = 3 sin ϕ2 = 3 sin 30◦ Z 2 50

·

·

Por tanto

W 3 =

·

·

≈ 4400,67 var

4400,67 3

√ ≈ 2540,72 W

PROBLEMA 46 La carga de la Figura 104 se encuentra alimentada por un sistema trifásico equilibrado de tensiones de secuencia directa. La impedancia Z W es igual a la del circuito voltimétrico de los vat´ımetros, los cuales son idénticos. Se pide:

1. Obtener la potencia reactiva de la carga en función de W 1 y W 2 suponiendo que está desequilibrada. 2. Obtener la potencia activa y reactiva de la carga en función de W 1 y W 2 suponiendo que está equilibrada.

PROBLEMA 46

URN

USN N UTN

+ R

IR

+ S

IS

+ T

IT

125

W2

CARGA

W1 Zw

O Figura 104

´ 46 S OLUCI ON 1. Según el enunciado, la impedancia Z W es igual a la impedancia de la bobina voltimétrica de los vat´ımetros 1 y 2. Esto implica que el neutro O y el N estén al mismo potencial. UTN IT ϕT

IS

URN ϕR

ϕS

IR USN Figura 105

Según el diagrama fasorial de la Figura 105, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes:

W 1 = U RO I T cos(U RO , I T ) = U RN I T cos(120◦

· · · · −ϕ ) · I · cos(90 + 30 − ϕ ) = U · I · sin(ϕ − 30 ) · I · cos(U , I ) = U · I · cos(ϕ + 120 ) · I · cos(90 + 30 + ϕ ) = −U · I · sin(30 + ϕ ) 

= U RN W 2 = U T O

= U T N

◦

◦

T

R

RN

T

T

◦



◦

R

◦

T

TO

T

R

T N

R

R

◦

◦

R

T N

R

R


126

Para resolver el problema se calculará en primer lugar la potencia compleja de la carga trifásica: ∗

∗

∗

S = U RN I R + U SN I S + U T N I T

·

·

·

Como el sistema es de 3 hilos, a partir de la ley de Kirchhoff de intensidades se tiene que

I R + I S + I T = 0

∗

∗

∗

I R + I S + I T = 0

⇒

lo cual permite expresar la intensidad I S en función de las otras dos: ∗

I S =

∗

∗

R

T

−(I + I )

De esta forma ∗

S = U RN I R

∗

∗

R

T

∗

· − U · (I + I ) + U · I − U ) · I + (U − U ) · I · I + U · I SN

T N

T

∗

= (U RN

SN

∗

T N

R

∗

= U RS

SN

T

∗

T S

R

T

La potencia reactiva total es

Q =

∗

∗

m[S ] = m[U · I + U · I ] RS

R

T S

T

Si se fi ja el origen de fases en la tensi ón U RN entonces:

U RS = U RS ∠30◦ ; U T S = U T S ∠90◦ ∗

∗

◦

I R = I R ∠ϕR ; I T = I T ∠ϕT

− 120

Por tanto: ◦

Q =

◦

m[S ] = m[U · I ∠(30 ) + ϕ + U · I ∠(ϕ − 30 )] = U · I sin(30 + ϕ ) + U · I sin(ϕ − 30 ) √ √ = 3 · U · I sin(30 + ϕ ) + 3 · U · I sin(ϕ − 30 ) √ = 3 · (W − W ) RS

R

R

T S

T

◦

RS

R

T

◦

R

T S

T

T

◦

T N 1

R

◦

R

2

2. Si la carga está equilibrada entonces

ϕR = ϕS = ϕ T = ϕ

RN

T

T

PROBLEMA 47

127

y las lecturas de ambos vat´ımetros se pueden expresar según ◦

W 1 = U RO I T cos(U RO , I T ) = U F I L sin(ϕ

· · · I · cos(U

· · − 30 ) , I ) = −U · I · sin(30 + ϕ)



W 2 = U T O

◦



R

TO

R

F

L

As´ı, es fácil comprobar las siguientes relaciones:

W 1 + W 2 = W 1

−

−P

3 Q W 2 = 3

√

En consecuencia:

P =

−√ 3(W + W ) Q = 3 · (W − W ) 1

2

1

2

PROBLEMA 47 El circuito trifásico de la Figura 106 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa de 50 Hz. Sabiendo que la lectura de los amper´ımetros es A1 =A2 =A3 =23 A y que la potencia comple ja absorbida por cada de las cargas es S R =5290∠90◦ VA, S S =5290∠0◦ VA y S T =5290∠36,87◦ VA, calcular:

1. La intensidad, en módulo y argumento, que circula por el neutro del sistema. Tomar U RN como referencia de fases. 2. La capacidad por fase del banco de condensadores, conectados en triángulo, necesario para mejorar el factor de potencia del sistema hasta 0,9 inductivo.

´ 47 S OLUCI ON 1. La intensidad que circula por cada una de las fases se obtiene a partir de la potencia compleja y de la tensión de cada una de las cargas monofásicas ∗

S F = U F I F =

·

⇒

I =

∗

  U F S


128

URN

+

USN

ZR

IR

+

A1 ZS

IS

N

A2 UTN

+

O ZT

IT

A3 IN

Figura 106

Sustituyendo los valores correspondientes a cada una de las fases resulta:

I R = 23∠ϕR =

=

⇒

  S R U RN

⇒

⇒

−

  S S U SN

∗

◦

− 90

◦

−90

5290∠0◦ 5290 ◦ = = ∠120 ◦ U F ∠ 120 U F

−

U F = 230 V ; ϕS = 120◦

I T = 23∠ϕT =

=

5290∠ 90◦ 5290 = = ∠ U F ∠0◦ U F

U F = 230 V ; ϕR =

I S = 23∠ϕR =

=

∗

∗

  S T U T N

5290∠ 36,87◦ 5290 = = ∠ U F ∠120◦ U F

−

◦

− 156,87

U F = 230 V ; ϕS = 156,87◦

La intensidad que circula por el neutro es la siguiente:

I N = I R + I S + I T = 23∠ ◦

≈ 34,82∠ − 159,64

A

◦

− 90

+ 23∠120◦ + 23∠

◦

− 156,87

2. La potencia reactiva que tiene que suministrar la bater´ıa de condensadores es la siguiente:

QC = P (tan ϕ

·

− tan ϕ

N )

donde P es la potencia activa total que absorbe la carga trifásica

P = P R + P S + P T = 5 290 + 5 290 cos(36,87◦ ) = 9 522 W

·

PROBLEMA 48

129

el a´ ngulo ϕ se calcula según

ϕ = arctan

= arctan

  Q P

= arctan



QR + QS + QT P R + P S + P T

5 290 + 5 290 sin(36,87◦ ) 9522

·

≈



41,63◦

y el a´ ngulo ϕN es según el enunciado

ϕN = arc cos 0,9 = 25,84◦ Por tanto

QC = P (tan 41,63◦

·

◦

− tan 25,84 ) ≈ 3852,28 var

Una vez obtenida la potencia reactiva, la capacidad por fase de la bater´ıa de condensadores teniendo en cuenta que está conectada en triángulo es la siguiente:

C  =

QC /3 3852,28/3 = 2 π f U L2 2 π 50 (230 3)2

· · ·

· · ·

· √ ≈ 25,75 µF

Ejercicios Circuitos Trifasicos

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