Examenes Resueltos de Sistemas Trifasicos Editado 2 (Para Imprimir)a4

U.A.T.F

Ingeniería Eléctrica ELT-510

Resolución de problemas de Exámenes de Circuitos Eléctricos II. Sistemas Trifásicos (Se deben suponer que todas las magnitudes de corrientes y tensiones son eficaces)

1.- La carga trifásica de la figura está constituida por tres elementos simples ideales cuyas impedancias tienen el mismo módulo, 20  , y se conecta a una red trifásica equilibrada de 300 V. Calcular las lecturas de los dos vatímetros y la potencia total consumida por la citada carga. SOLUCION: Datos: VL = 300 (v) Z C = 20 ∠−90 ° ( Z

Z

L

= 20 ∠90 ° (

R

= 20 ∠0 ° (

W1, W2, PT = ? Consideraremos la secuencia (+) V ∠ 0 ° (v) 12 = 300 V V

23

= 300 ∠ 240 ° (v)

31

= 300 ∠ 120°

Las corrientes de línea son: I = I I ∠ 90 ° - 15 ∠ 120° 1 12 31 = 15

(v)

7.7646 ∠ 15° Las corrientes de fase son: 300 ∠0 ° ( v) I ∠ 90 ° (A) 12 = 20 ∠−90 ° (Ω) = 15

I

2

=

I

23

15 ∠−150° I

23 =

300 ∠240 ° ( v) 20 ∠ 90 ° (Ω)

= 15 ∠ 150°

3

=

I

31

7.7646 ∠45 °

(A) I

I

31

=

300 ∠120 ° (v ) 20 ∠0 ° (Ω)

=

(A) -

I

12

= 15 ∠ 150°

- 15 ∠ 90 ° =

23

= 15 ∠ 120°

- 15 ∠ 150°

(A) -

I

=

(A)

= 15 ∠ 120°

(A) Entonces: W1 = V12

× I × 1

cos ( ∢VI 112 ) = 300 × 7.7646 ×

cos( 15° ) = 2250 (W)

W2 = V32

× I × 3

cos ( ∢VI 332 ) = 300 × 7.7646 ×

cos( 15° ) = 2250 (W)

Univ. Carlos E. Ruiz Cruz

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Ingeniería Eléctrica ELT-510 PT = W1 + W2 = 2250 + 2250 = 4500 (W)

Otro método para el cálculo de PT es utilizar las corrientes de fase y los elementos resistivos: PT = (I12)2 × R12 + (I23)2 × R23 + (I31)2 × R31 PT = 0 + 0 + (15 (A))2 × 20 ( Ω ) PT = 225 (A2) × 20 ( Ω ) PT = 4500 (W) 2.- El sistema trifásico es equilibrado de secuencia inversa y con tensión V 12 = 600 + 0j. Calcular la corriente de la fase 1, la corriente de la impedancia Z y la potencia reactiva total absorbida. 2

SOLUCION: Datos: Sec.(-) 321 V 12 = 600 + 0j (v) Z

Z Z

1

= 10 ∠ 0 ° (

2

= 10 ∠ 90 ° (

3

= 10 ∠ 30 ° (

a)

I

b)

I

1

=?

23

=?

c) QT = ? Las tensiones de línea para secuencia (-) son: V 12 = 600 ∠ 0 ° (v) V V

23

= 600 ∠ 120°

31

= 600 ∠ 240 ° (v)

(v)

a) La corriente de la fase 1 es: V 12 I = I I 1 12 31 = Z1 600 ∠ 240 ° ( v) 10 ∠ 0 ° (Ω)

-

-

600 ∠0 ° ( v) 10 ∠30 ° (Ω)


V 31 Z3 =

=

Página 2

U.A.T.F I

1


= 60 ∠ 0 ° - 60 ∠210 ° = 115.91 ∠ 15°

(A) b) La corriente de fase en la impedancia Z I

23 =

V 23 Z2 =

600 ∠120 ° ( v) 10 ∠90 ° (Ω)

2

es:

= 60 ∠ 30 ° (A)

c) La potencia reactiva total viene dada por: Q = Q + Q + Q ≠ 3Q T

1

2

3

Q1 = V12 × I12 × Q1 = 600 × 60 × Q2 = V23 × I23 × Q2 = 600 × 60 × Q3 = V31 × I31 × Q3 = 600 × 60 ×

p

sin θ

1

=

sin(0 ° −0 °) = 0 (Var)

sin θ

2

=

sin(120 °−30 ° ) = 36000 (Var) sin θ

3

=

sin(240 °−210 ° ) = 18000 (Var)

QT = 0 + 36000 + 18000 = 54000 (Var) Donde: θ

1

=0 ° ; θ

2

= 90 ° ; θ

3

= 30 °

3.- Para mejorar el factor de potencia de una carga trifásica equilibrada de 5000 VA, 200 V y cos = 0.6 (i), se utiliza una batería de condensadores de reactancia 20 . Calcular el nuevo factor de potencia si se colocan los tres condensadores en estrella y también si se colocan en triángulo. SOLUCION: Datos: Carga: S = 5000 (VA) Cos i Univ. Carlos E. Ruiz Cruz

Consideremos un sistema trifásico con secuencia (+) o ABC Los voltajes de línea del sistema son: Página 3

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Ingeniería Eléctrica ELT-510 V

VL = 200 (V) Batería de condensadores: Z C = - j 20 () = 20 ∠−90 ° ()

V V

Calcular: a) fpT con Z

C

en estrella.

b) fpT con Z

C

en triángulo.

AB

= 200 ∠ 120°

BC

= 200 ∠ 0 ° (v)

CA

= 200 ∠ 240 ° (v)

(v)

Los voltajes de fase del sistema son: V √ 3 ∠ 90 ° (v) = 115.47 ∠ 90 ° (v) AN = 200/ V

De los datos de la carga podemos obtener: P = S × cos = 5000 × 0.6 = 3000 (W) Q = S × sin  cos-1 0.6

(v) V

BN

= 200/

√3

∠−30°

CN

= 200/

√3

∠−150°

∠−150°

(v) = 115.47 ∠−30° (v) = 115.47

(v)

= 5000 × sin (53.13 ° ) = 5000 × 0.8 = = 4000 (Var) Como S = √ 3  IL =

S √3 V L

a).- Con la batería de condensadores en estrella: Las corrientes de fase para la batería de condensadores son:

× V × I L L =

5000 √ 3 ×200

= 14.43 I

(A)

AN

=

V AN ZC

∠ 180°

(A)

I

V BN ZC

BN =

=

115 . 47 ∠ 90 ° (v ) 20 ∠−90 ° (Ω)

=

115 . 47 ∠−30 ° (v) 20 ∠−90 ° (Ω)

=

115 . 47 ∠−150 ° ( v) 20 ∠−90 ° (Ω)

= 5.774

= 5.774

∠ 60 ° (A)

I

CN

=

∠−60°


Página 4

V CN ZC (A)

= 5.774

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Fig. Batería de condensadores en estrella conectados en paralelo con la carga

La potencia reactiva total para los condensadores en estrella: QC = 3 × Vp × Ip ×

sin θ =

= 3 × 115.47 × 5.774 × sin 90 ° = 2000 (Var) QC = Q1 - Q2  Q2 = Q1 - QC  Q2 = 4000 – 2000 = 2000 (Var) tan θ ´

=

Q2 P

 θ´

= tan-1(

Q2 -1 P ) = tan (

2000 ° 3000 ) = 33.69  fpcorregido = cos (33.69 ° ) = 0.83(i) b.- Con la batería de condensadores en triángulo:


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Fig. Triángulo de potencias de la carga en paralelo con los condensadores en estrella.

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Fig. Batería de condensadores en triángulo conectados en paralelo con la carga Las corrientes de fase para la batería de condensadores son: I

I

I

AB =

V AB ZC

=

V BC ZC

=

V CA ZC

BC

CA

=

200 ∠ 120 ° (v ) 20 ∠−90 ° (Ω)

= 10 ∠ 210 ° (A)

=

200 ∠0 ° ( v) 20 ∠−90 ° (Ω)

= 10 ∠ 90 ° (A)

=

200 ∠240 ° (v) 20∠−90 ° (Ω)

= 10 ∠−30°


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(A)

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La potencia reactiva total para los condensadores en triangulo: QC =

√3

=

√3

× V × I × L L

× V × L

√3

sin θ =

× I × p

sin θ = = 3 × VL × IP × = 3 × 200 × 10 ×

sin θ = sin 90 ° = 6000

(Var) Q2 = Q1 - QC  Q2 = 4000 – 6000 = - 2000 (Var) tan θ ´

=

 θ´

Q2 P = tan-1(

Q2 −2000 -1 P ) = tan ( 3000 ) =

- 33.69 °  fpcorregido = cos (-33.69 ° ) = 0.83(c)


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Fig. Triángulo de potencias de la carga en paralelo con los condensadores en triángulo.

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4.- En el circuito de la figura, la medida de W2 es 10

√ 3 kW. Determinar la potencia reactiva absorbida

por la impedancia -jR, la potencia reactiva total absorbida por la carga y la potencia aparente absorbida por la impedancia R. SOLUCION: Datos: W2 = 10 √ 3 kW a) Q-jR = ? b) QT = ? c) SR = ? Consideraremos la secuencia (+) V 12 = VL ∠120° (v) V V

23

= VL ∠0 ° (v)

31

= VL ∠ 240 ° (v)

De los datos de la carga podemos obtener: P = (I )2 × R = V × I T

12

L

F

QT = Qp1 + Qp2 + Qp3 Donde QPN es la potencia reactiva por fase. Las corrientes de fase son: 

I

Fase2-3

ZC = -jR 

I

Fase3-1

ZL = jR



I

Fase1-2

ZR = R

=

VL ∠ 120° ( v) R ∠ 0 ° (Ω)

= I12 ∠120°

=

VL ∠0 ° (v ) R ∠−90 ° (Ω)

= I23 ∠ 90 ° = IF ∠ 90 °

31 =

VL ∠240° ( v ) R ∠90 ° (Ω)

= I31 ∠150°

12

23

Las corrientes de línea son: I 1 = I 12 - I 31 = IF ∠120° IF ∠ 45 ° I

2

=

−¿

IF ∠ 150°

= IF ∠ 120°

(A)

= IF ∠ 150°

= IF (1 ∠120°

−¿

(A)

(A)

1 ∠ 150°

) = 0.52

(A) I

23

-

I

12

= IF ∠9 0 °


−¿

IF ∠ 120°

Página 8

= IF (1 ∠ 9 0 °

−¿

1 ∠ 120°

) = 0.52 IF

U.A.T.F ∠ 15°

(A)

I

I

3

=

31

∠−150°


I

-

23

= IF ∠150°

−¿

IF ∠ 9 0 ° = IF (1 ∠ 150°

−¿

1 ∠ 9 0 ° )= IF

(A)

Potencias por fase:

P12 = IF2 × R ; Q12 = 0

Fase1-2: Fase2-3:

P23 = 0 ; Q23 = VL × IL ×

Fase3-1:

× I × L

P31 = 0 ; Q31 = VL

−90° (¿) sin ¿

=

−¿

V L × IL

90° (¿) = V × I L L sin ¿

Potencias totales de la carga:

PT = P12 + P23 + P31 = P12 = (I12)2 × R = VL × IF QT ≠ 3Qp = Q12 + Q23 + Q31 = −¿

VL × IF + VL × IF = 0

ST = PT + QT = PT = (I12)2 × R = (IF)2 × R  ST = SR Pero también:

PT = W1 + W2 = W1 + 10 W1 = V12

× I × 1

√ 3 kW = (IF)2 × R

cos ( ∢VI 112 ) = V 12

× 0,52I × F

cos(120° −4 5 ° ) = V 12

× 0,2588

W1 = 0,52 × 0,2588 × V12

× I = 0,13458 × V F 12

W1 = 0,13458 × PT Entonces: PT = W1 + W2 = 0,13458 × PT + 10 Despejando PT: PT −¿ 0,13458 × PT = 10 PT × (1

–

0,13458) = 10


√ 3 kW

√ 3 kW √ 3 kW Página 9

× I = 0,13458 × P F T

× 0,52I F

U.A.T.F PT =

10 √ 3 kW 0,865

Ingeniería Eléctrica ELT-510 = 20 kW  SR = 20 kVA

Entonces: W1 = 0,13458 × 20 kW = 2,67949 kW De la carga -jR sabemos que: Z C = - j R () = R ∠−90 ° () cos θ

= fp = cos(−90° ) = 0  P = 0 W

sin θ =

90° −¿ = −¿ 1 sin ¿

 Q-jR = V23 × I23 × ( −¿ 1) Q-jR = VF × IF × ( −¿ 1) Q-jR = PT × ( −¿ 1) = −¿  Q-jR = −¿

PT

20 kW

 Por lo tanto:

a) Q-jR = −¿


20 kW

Página 10

; b) QT = 0

; c) SR = 20 kVA

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