6-Trifásica

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.

SISTEMAS TRIFÁSICOS La energía eléctrica se produce, se transporta y distribuye en forma de C.A. trifásica. En realidad la C.A. monofásica que se emplea en las instalaciones domésticas no es más que una derivación del sistema trifásico. En las instalaciones instalaciones industriales el uso de la C.A. trifásica es la má máss co comú mún: n: ex exist isten en un unaa gran gran va varie rieda dadd de recept receptore oress que fun funcio cionan nan aliment alimentado adoss mediante este sistema. Lo más característ característico ico de los sistemas trifásicos trifásicos es que las líneas utilizan utilizan tres o cuatro cuatro hilos (tres fases, más el neutro) y con él se pueden obtener dos tensiones diferentes. En la figura se muestra el aspecto de una línea de C.A. trifásica. Los conductores marcados marcados con los números números 1, 2 y 3 pertenecen a cada una de las tres fases del sistema. sistema. El conductor marcado con el número 0 pertenece al neutro. En esta línea se han conectado tanto receptores trifásicos como monofásicos.

En conclusión, conclusión, en un sistema trifásico aparecen aparecen en la misma misma línea dos tensiones tensiones diferentes y se cumple que la tensión entre fases es √3 veces más grande que la de fase. Aparte de esta ventaja, los sistemas si stemas trifásicos poseen otras como: - Los motores trifásicos consiguen arrancar muchísimo mejor que los monofásicos, que necesi necesitan tan de me medios dios auxili auxiliare aress para para realiz realizar ar esta esta tarea tarea.. Adem Además, ás, los mo motor tores es trifás trifásico icoss pose po seen en un rendi rendimi mien ento to un 50 50% % ma mayor yor que los mo monof nofásic ásicos os y un factor factor de pot potenc encia ia más adecuado. - Los sistemas trifásicos consiguen reducir a las 3/4 partes el peso de los conductores de las líneas, para la misma tensión y potencia que los monofásicos.

Generación de un sistema de C.A. trifásica Para Para co cons nseg eguir uir un unaa C.A. C.A. mo mono nofás fásica ica se ha hace ce girar girar un unaa es espir piraa en el se seno no de un campo campo magnético fijo. En un sistema trifásico trifásico se hacen girar a tres espiras en torno a un eje común en el seno de un campo magnético. Estas espiras se sitúan repartidas equitativamente sobre un núcleo cilíndrico de chapas de hierro, es decir, cada: 360º/3 = 120º La corriente puede pasar desde las espiras al circuito exterior por medio de un sistema de anillos colectores y escobillas frotantes.

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. Al moverse cada una de las espiras en el seno del campo magnético, se inducirá en cada una de ellas una f.e.m. senoidal del mismo valor eficaz y frecuencia. Al estar situadas cada espira espira 120 120ºº en el rotor, rotor, cada cada una de las f.e f.e.m. .m. (e1, e2, y e3) inducidas quedan desfasadas temporalmente entre sí también 120° eléctricos. El valor instantáneo de cada una de estas f.e.m. tendrá la siguiente forma: e1=Emax·senωt e2=Emax·sen(ωt-120 º) e3=Emax·sen(ωt-240º)

Como se puede comprobar en los diagramas vector vectoriales iales,, la suma suma de las tres f.e.m. es cero en cualquier momento. Esto constituye const ituye una de las características del sistema sistema trifásico. En los alt altern ernado adores res mo moder dernos nos se sitú sitúan an las las tres tres bo bobi bina nass en el es esta tato tor, r, ev evititan ando do as asíí el complejo sistema de anillos colectores para la extracción de la gran energía eléctrica que se produce en las mismas (las tensiones son del orden de los 10 a 20 KV y las corrientes de hasta cientos de amperios).

En el rotor rotor se sitúa sitúa un pot potent entee electr electroim oimán án que que,, al ser alimenta alimentado do por una corri corrien ente te continua, genera el campo magnético. En su movimiento de rotación, el campo magnético corta los conductores de las tres bobinas consecutivamente, induciendo en las mismas las tres f.e.m desfasadas entre sí 120°. De las tres bobinas del alternador se consiguen seis terminales. Existen dos formas básicas de conexión de estas bobinas: conexión en estrella y conexión en triángulo.

La forma más utilizada, y la que estudiaremos a continuación, es la conexión en estrella, ya Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. que permite el uso del conductor neutro (0) y, con él, el uso de dos tensiones diferentes. El neutro neut ro se conecta conecta a tierra junto con el chasis chasis del alternado alternadorr para garantizar garantizar la seguridad seguridad eléctrica de las instalaciones.

Conexión del alternador en estrella (Y) En esta conexión se han unido los tres terminales libres de las bobinas del alternador a un punto común, formando el conductor neutro (0). Las otras partes activas de las bobinas (1), (2) y (3) forman los conductores de cada una de las fases del sistema trifásico. Para hacer  un estudio completo de esta conexión, se ha co conec necta tado do el alternad alternador or a un recept receptor or que consta de tres cargas óhmico-inductivas (Z1, Z2 y Z3) conectadas entre sí en estrella, tal como se muestra en la figura.

Tensiones simples o de fase: Cada bobina del alternador trifásico se comporta como un generador monofásico, generando entre sus terminales una tensión denominada simple o de fase (VS): V10, V20, y V30. Intensidades de línea: Las tensiones simples quedan aplicadas a cada una de las cargas del receptor, apareciendo apareciendo una corriente por cada conductor de línea (IL): I 1 , I2 y I3. La suma de estas tres corrientes dará como resultado la corriente de retorno del neutro IN. En un princ princip ipio io po podrí dríaa pa pare rece cerr qu quee el co cond nduc ucto torr de dell neu neutro tro de debe be de conduc conducir ir una gran corriente eléctrica. Como ya podremos comprobar en los diagramas vectoriales vectoriales,, en el caso de que las cargas sean todas iguales (cargas equilibradas) esta corriente es cero, lo que podría llevar a la anulación de este conductor en determinadas aplicaciones. Tensiones compuestas: Son las tensiones que aparecen entre cada una de las fases (VC): V 12, V 23, y V31. Estas tensiones reciben el nombre de tensiones compuestas compuestas porque aparecen gracias a la composición de las tensiones simples. Con ayuda de las leyes de Kirchhoff y del diagrama vectorial, se demuestra que estas tensiones poseen todas el mismo valor eficaz y que están desfasadas entre sí 120°, así como que se cumple que V C =√3·VS Si aplicamos la segunda ley de Kirchhoff (la suma de tensiones algebraicas en una malla es igual a 0) a cada una de las mallas que se forman entre las tensiones simples y compuestas, tendremos que:

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.

V10 – V12 – V20 =0 V12 = V10 – V20

V20 – V23 – V30 =0 V23 = V20 – V30

V10 + V31 – V30 =0 V31 = V30 – V10

Ahora se dibuja el diagrama vectorial de la figura con las tensiones simples desfasadas unas de otras 120º. Al ser las cargas de carácter inductivo se han dibujado las corrientes eléctricas retrasadas de cada una de sus respectivas tensiones simples un ángulo φ. Como se ha supuesto que las cargas son iguales, las corrientes I 1, l2 y l3, son también iguales en valor modular y desfasadas entre sí 120º. Se puede comprobar con facilidad el hecho de que la suma de estas intensidades es cero: I1 + l 2 + l 3 = 1 N = 0

Las tensiones compuestas se dibujan realizando las operaciones de suma vectorial de sus respectivas tensiones simples (ver las relaciones de tensiones obtenidas con anterioridad). Se puede comprobar con facilidad que el ángulo que aparece entre las tensiones simples y las compuestas es de 30º (aparece un triángulo isósceles donde α = β; en el triángulo se cumple que 180°= α + β + 120º, de donde se deduce que α = 30°). Aprovechando Aprovechando esta Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. relación y por simple trigonometría determinaremos la relación que existe entre las tensiones simples y las compuestas (figura). V 12 cos 30º =

2

V 10

V 12 = 2 ⋅ V 10 ⋅ cos 30º

V 12 = 2 ⋅ V 10 ⋅ 3

2

= V 10 ⋅

3

V C  = 3 ⋅ V S 

Ejemplos Determinar la tensión compuesta que corresponde a un sistema trifásico que posee una tensión simple de 127 V.

Solución:

V C  = 3 ⋅ V S  = 3 ⋅ 127 = 220V 

¿y para Vs = 220 V? : Vc =

Conexión de los receptores Una Una ve vezz qu quee dispo dispone nemo moss de un sist sistem emaa trifá trifási sico co,, po pode demo moss co cone nect ctar ar al mi mism smoo cargas cargas conectadas conectadas entre sí en triángulo, en estrella, o incluso cargas monofásicas conectada conectadass entre fase y neutro o entre fases. En los primeros casos se tratará, en la mayoría de los ocasione ocasiones, s, de cargas cargas trifásicas trifásicas equilibrad equilibradas as como, por ejemplo, motores trifásicos, hornos trifásicos, etc. Las cargas monofásicas vendrían constituidas por lámparas y todo tipo de recep recepto tore ress mo mono nofás fásic icos os.. En este este caso, caso, co convi nviene ene siemp siempre re repar repartir tir por igual igual las ca carga rgass monofásicas entre cada una de las fases; en caso contrario, el sistema sería desequilibrado, produc producién iéndo dose se diferen diferentes tes corrie corriente ntess por cada cada fase, fase, que desest desestabi abiliza lizann not notabl ablem emente ente el sistema. Seguidamente Seguidamente estudiaremos las cargas trifásicas conectadas en estrella y en trián triángul gulo, o, y se demostrará que la potencia de estas conexiones para cargas equilibradas es siempre igual a:  P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ 

P = potencia activa de la carga trifásica VC = tensión compuesta IL = intensidad de línea cos φ = factor de potencia de la carga

Carga equilibrada en estrella En la figura se puede apreciar un receptor trifásico con tres cargas conectadas en estrella. estrella . Como el sistema es equilibrado:  Z 1∠ϕ 1 =  Z 2 ∠ϕ 2 = Z 3 ∠ϕ 3 Aplicando la ley de Ohm a cada una de estas cargas, tenemos que las corrientes por cada Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. fase de las mismas es:



 I 1 =



V 10

 I 2 =

 Z 1∠ϕ 1



V 20

 I 3 =

 Z 2 ∠ϕ 2

V 30  Z 3 ∠ϕ 3

Como Como las tensione tensioness simples simples están están desfasa desfasadas das 120 120º, º, las co corri rrient entes es tam tambié biénn que quedar darán án desfasadas entre sí 120° y un ángulo φ respecto respecto a cada una de su respectiva respectiva tensión simple. Si las impedancias y las tensiones aplicadas a las mismas son del mismo valor modular, las corrientes también lo serán:  I 1

=

 I 2

=

 I 3

=  I  L

Como se podrá apreciar en el diagrama vectorial de la figura en esta situación se cumple que:  I 1 +  I 2 +  I 3 =  I  N  = 0

En este caso se puede eliminar el neutro. Al hacerlo, se forma un neutro artificial en el punto común de las cargas conectadas en estrella, que permite que se mantenga la tensión simple entre las fases y el neutro sin necesidad del conductor conductor neutro. Por supuesto, esto sólo ocurre cuando las cargas están equilibradas. - Potencia del sistema trifásico: Para calcular la potencia que desarrolla la carga carga bastará bastará con sumar la potencia que aparece en cada una de las tres cargas monofásicas, es decir:  P  = V 10 ⋅ I 1 ⋅ cos ϕ 1 + V 20 ⋅ I 2 ⋅ cos ϕ 2 + V 30 ⋅ I 3 ⋅ cos ϕ 3

En un sistema equilibrado, tanto las tensiones simples, como las corrientes de fase, como los factores de potencia son iguales (para cargas en estrella la corriente de fase y de línea Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. es la misma).  P  = 3 ⋅ V S  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ 

como

V S  =

V C  3

 P  = 3 ⋅

V C  3

⋅ I  L ⋅ cos ϕ 

 P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ 

Para el cálculo de la potencia reactiva, el procedimiento de demostración sería el mismo, cumpliéndose que: Q = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ senϕ 

y la potencia aparente vale

S  = 3 ⋅ V C  ⋅ I L

Ejemplos 1. Un motor trifásico posee sus bobinas conectadas en estrella. Determinar la corri ente eléctr ica que absorb erá de la línea si al conect arlo a un unaa red red co conn una una tens tensió iónn entr en tree fase fasess de 380 380 V des desar arro rollllaa una una potencia de 10 KW con un FP de 0,8. Averiguar la potencia pote ncia reac reactiva tiva y aparen te del mismo. necesario conect conectar  ar  Solución: Como los motores son cargas equilibradas no será necesario el neutro al punto común de la estrella. Para Para determ determina inarr la corri corrient entee aplic aplicam amos os la fórm fórmula ula gene general ral de de pote po tenc ncia ia ac actitiva va pa para ra sist si stem emas as trifásicos:

 P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ  ϕ  =

 I  L =

 P  3 ⋅ V C  ⋅ cos ϕ 

=

10000 3 ⋅ 380 ⋅ 0.8

= 19 A

arccos 0.8 = 36.9º

Q = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ senϕ  =

3 ⋅ 380 ⋅ 19 ⋅ sen36.9º = 7508VAR

S  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L = ........... = 12505VA

¿Qué tensión y qué corriente aparece en cada una de las bobinas del motor? Como las bobinas están conectadas en estrella y son cargas equilibradas, aparece en cada una de ellas la tensión simple, es decir: Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. V S  =

V C  3

= 380

3

=

219V 

La corriente que aparece en cada bobina (corriente de fase) es la l a misma que que aparece en en la línea: 19 A. 2. Se conectan en estrella tres bobinas iguales a una red trifásica de 220 V, 50 Hz. Cada Cada un unaa de las mismas mismas posee posee 10 Ω de resist resistenc encia ia óh óhm mica ica y 30 Ω de reac reacta tanc ncia ia inductiva. Calcular: IL, cos φ, P, Q y S.

Solución: 2

 Z  =  R +  X 

2  L

=

2

ϕ  =

2

10 + 30 = 31.6Ω

 X  30 arctg  L = arctg  = 71.6º  R 10

Cada una de estas impedancias impedancias está sometida sometida a la tensión simple, simple, luego la corriente que se establecerá por cada una de ellas y por la línea será:  I  L

=

V S   Z 

127 =

31.6

=

4 A

(V S  =

V C 

=

220

3

3

= 127V 

Aplicando las fórmulas generales de potencias obtenemos:  P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ  = ........... = 481W  Q = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ senϕ  = ........... = 1446VAR S  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L = ........... = 1524VA  FP  = cos ϕ  = cos 71.6º = 0.32

3. Se desea conectar a una red trifásica, con neutro y con una tensión entre fases de 380 V, 30 lámparas fluorescentes de 40 W, 220 V, cos=0 cos=0,6. ,6. Mostrar Mostrar la conexi conexión ón de las mismas mismas para conseguir que la carga esté equilibrada y averiguar la corriente por la línea que las alimenta, así como la potencia del conjunto y por fase. nsió iónn sim impl plee ( Solución: Como las lámparas funcionan a 220 V, es decir, a la tens (V S  = 380

=

3

220V 

), se han conectado 3 grupos de 10 lámparas entre cada fase y neutro con el fin de repartir equitativamente las cargas.

Sistemas

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La potencia conectada a cada fase será entonces:  P ′ = 10 ⋅ 40W  = 400W 

La potencia total conectada a la red trifásica es de:  P 

=

30 40W  ⋅

=

1200W 

Para calcular calcul ar la l a intensid in tensidad ad de línea nos valemos v alemos de llaa fórmula fó rmula gen genera erall de de pote potenc ncia ia trifás trifásic ica: a:  P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ 

 I  L =

 P 

1200

=

3 ⋅ V C  ⋅ cos ϕ 

3 ⋅ 380 ⋅ 0.6

= 3 A

Esta corriente también la podríamos haber averiguado tomando la poten potencia cia de de una de las las fases: fases:  P ′ = V S  ⋅ I  f   ⋅ cos ϕ 

 I  f   =

 P ′

=

V S  ⋅ cos ϕ 

400 220 ⋅ 0.6

=

3A

¿Se podría eliminar la conexión del neutro en las lámparas? Evidentemente, mientras el sistema permanezca equilibrado, la tensión que aparecerá entre el punto común de las lámparas y la fase fase será la simple simple.. Ahora Ahora bien, bien, en el mo mome ment ntoo en que alguna lámpara se funda, el sistema se desequilibrará, con la consecuencia de que la tensión simple no se mantendrá en su valor nominal. La única forma de evitar este hecho es tener  siempre siem pre conectad cone ctadoo el e l neutro en en estos estos caso casos. s.

Carga equilibrada en triángulo Al conectar conectar las cargas cargas en triángulo, triángulo, éstas quedan quedan sometida sometidass a cada cada una de las respectivas respec tivas tensiones compuestas. Por cada una de las cargas aparece una corrien corriente: te: I12, I 23 e I 31 que llamaremos corriente de fase (I f ). Como el sistema es equilibrado:  Z 12 ∠ϕ 12 =  Z 23 ∠ϕ 23 = Z 31∠ϕ 31

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

 I 12 =



V 12

 I 23 =

 Z 12 ∠ϕ 12



V 23

 I 31 =

 Z 23 ∠ϕ 23

V 31  Z 31∠ϕ 31

Como Como las tensione tensioness compues compuestas tas están están desfasad desfasadas as ent entre re sí 120 120°, °, las corrient corrientes es tam tambié biénn quedarán desfasadas entre sí 120° y un ángulo φ respecto a cada una de su respectiva tensión compuesta. Como las impedancias y las tensiones aplicadas a las mismas son del mismo valor modular, las corrientes también lo serán:  I 12

=

 I 23

=

 I 31

=  I  f  

En la lín línea ea qu quee alime alimenta nta a las cargas cargas ap apare arece cenn otras otras tres tres co corri rrient entes: es: I1, I2 e I3, que llamaremos corrientes compuestas o de línea (IL). Para Para de dete term rmin inar ar la rela relaci ción ón de estas estas corrientes con las de fase vamos a aplicar la primera ley de Kirchhoff a cada uno de los nudos que se forman en las conexiones de las cargas en triángulo: Nudo 1

 I 1 =  I 12 − I 31

Nudo 2

 I 2 =  I 23 − I 12

 I 3 =  I 31 − I 23 Nudo 3 Ahora Ahora dibujamo dibujamoss el diagrama diagrama vectorial vectorial con las tensione tensioness compuest compuestas as desfasada desfasadass entre sí 120°. 120 °. Al supone suponerr las cargas de carácte carácterr inductiv inductivoo se han dibujado dibujado las corrient corrientes es de fase fase retrasadas de cada una de sus respectivas tensiones compuestas un ángulo φ. Las corrientes de línea se dibujan realizando las operaciones de suma vectorial de sus respectivas intensidades intensidades de fase (ver relaciones obtenidas anteriormente).

Sistemas

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Se puede comprobar comprobar con facilidad facilidad que el ángulo que aparece entre las corrientes corrientes de fase y las de línea es de 30° (aparece un triángulo isósceles donde α=β; en el triángulo se cumple que 180º = α + β + 120°, de donde α = 30°). Aprovechando esta relación y por simple trigonometría, determinaremos la relación que existe entre las corrientes de fase y las de línea.

 I 1 cos 30º =

Luego

2

 I 12

 I 1 = 2 ⋅ I 12 ⋅ cos 30º

 I 1 = 2 ⋅ I 12 ⋅ 3

2

=

I 12 ⋅ 3

 I  L = 3 ⋅ I  f  

Las corrientes de línea poseen todas un valor igual en módulo, están desfasadas entre sí un ángulo de 120° y son 3 mayores que las corrientes de fase. - Potenc Para ca calc lcul ular ar la po pote tenc ncia ia qu quee desa desarro rrolla lla la ca carg rgaa Potencia ia del sistem sistemaa trifás trifásico ico:: Para conectada en triángulo bastará con sumar la potencia que aparece en cada una de las tres cargas monofásicas, es decir:  P  = V 12 ⋅ I 12 ⋅ cos ϕ 12 + V 23 ⋅ I 23 ⋅ cos ϕ 23 + V 31 ⋅ I 31 ⋅ cos ϕ 31

En un sistema equilibrado, tanto las tensiones compuestas como las corrientes de fase y de línea, como los factores de potencia son iguales.  P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  f   ⋅ cos ϕ 

como

 I  f   =

 I  L 3

 P  = 3 ⋅ V C  ⋅

 I L 3

⋅ cos ϕ 

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.  P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ 

Para el cálculo de la potencia reactiva y aparente, el procedimiento de demostración sería el mismo, cumpliéndose que: Q = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ senϕ 

S  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L

En conclusión, las fórmulas para el cálculo de la potencia en un sistema trifásico equilibrado son las mismas para cargas conectadas en estrella que en triángulo. t riángulo.

Ejemplos 1. Un mot motor or trifási trifásico co posee posee sus bob bobinas inas conect conectada adass en triángu triángulo. lo. Dete Determ rmin inar ar la corriente eléctrica que absorberá de la línea si al conecta conectarlo rlo a una red, red, con una tensió tensiónn entre fases de 380V, desarrolla una potencia de 15 KW con un FP de 0,7. Averiguar la pote po tenc ncia ia reacti va y aparen te del mismo.

Solución: Para determinar la corriente de línea aplicamos la fórmula general de potencia activa para sistemas trifásicos:  P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ  ϕ  =

 I  L =

 P  3 ⋅ V C  ⋅ cos ϕ 

=

15000 3 ⋅ 380 ⋅ 0.7

= 33 A

arccos 0.7 = 45.6º

Q = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ senϕ  = ........... = 15303VAR S  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L = ........... = 21720VA

¿Qué tensión y qué corriente aparece en cada una de las bobinas del motor?. Como las bobinas están conectadas en triángulo, aparece en cada una de ellas la tensión compuesta, compuesta, es decir: 380 V La corriente que aparece en cada bobina (corriente de fase) es:  I  f   =

 I L 3

=

33 3

= 19 A

2. Se conectan en triángulo las tres impedancias a una red trifásica de 380 V, 50 Hz. Cada una de las mismas posee 10 Ω de resistencia óhmica y 30 Ω de reactancia inductiva. Calcular: Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. If , IL, cos φ , P , Q y S.

Solución: Al calcular la impedancia correspondiente a cada una de las cargas se obtiene el resultado: 2

 Z  =  R +  X 

2  L

=

2

2

10 + 30 = 31.6Ω

ϕ 

=

arctg 

 X L  R

=

arctg 

30 10

=

71.6º

Cada una de estas impedancias está sometida a la tensión compuesta, luego la corriente de fase que se establecerá por cada una de ellas será:  I  f   =

V C   Z 

=

380 31.6

= 12 A

 I  L =  I  f   ⋅ 3 = 12 ⋅ 3 = 20.8 A

Aplicando las fórmulas generales de potencias potencias obte obtenem nemos: os:

 P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ  = ........... = 4321W  Q = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ senϕ  = ........... = 12990VAR S  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L = ........... = 13690VA  FP  = cos ϕ  = cos 71.6º = 0.32

3. Se desea conectar 60 lámparas incandescentes de 100 W, 220 V a una red trifásica con una tensión entre fases de 220 V. Mostrar la conexión de las mismas para conseguir que la carga esté equilibrada, y averiguar la corriente por la línea que las alimenta, así como la potencia del conjunto y por fase.

Solución: Como las lámparas funcionan a 220 V, es decir, a la tensión compuesta, se han conect conectado ado 3 grupos grupos de 20 lámpar lámparas as ent entre re cada dos fases con el fin de repartir  equitativamente las cargas formando un triángulo.

La potencia conectada a cada fase será entonces: Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.  P ′ = 20 ⋅ 100W  = 2000W 

La potencia total conectada a la red trifásica es de:  P 

=

60 100W  ⋅

=

6000W 

Para calcular la intensidad de línea nos valemos de la fórmula gener general al de de poten potenci ciaa trifásica:  P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ 

 I  L =

 P 

6000

=

3 ⋅ V C  ⋅ cos ϕ 

3 ⋅ 220 ⋅ 1

= 15.7 A

(Las lámparas incandescentes son resistivas => cos φ = 1) Esta corriente también la podríamos haber averiguado tomando la potencia de una de las fases:  P ′ = V C  ⋅ I  f   ⋅ cos ϕ 

 I  f   =

 P ′ V c ⋅ cos ϕ 

=

2000 220 ⋅ 1

= 9 .1 A

 I  L = 3 ⋅ I  f   = 3 ⋅ 9.1 = 15.7 A

Corrección del factor de potencia Por las mismas razones que se mejora el factor de potencia en las redes de C.A. monofásicas, también se lleva a cabo en las trifásicas. La corrección se lleva a cabo mediante baterías de condensadores, conectados en estrella o en triángulo, que se acoplan en derivación a la red eléctrica a compensar. La forma más habitual de compensar la energía reactiva es mediante baterías automáticas trifásicas de condensadores.

El proc proced edim imie ient ntoo a se segu guir ir pa para ra el cá cálc lcul uloo de la ba bate terí ríaa de co cond nden ensa sado dore ress trifá trifási sica ca es prácti prácticam cament entee igual igual qu quee el llevad llevadoo a ca cabo bo para para las mo monof nofási ásicas cas.. Depend Dependien iendo do si conectamos las baterías en estrella o en triángulo cambiarán algunas de sus características.

Ejemplos 1. El alumbr alumbrado ado de un unaa sala sala de dibujo dibujo se compon componee de 60 lámpar lámparas as fluo fluore resc sceentes ntes de 40W/220 V con un FP de 0,6. Las lámparas se han conectado de forma equilibrada a una red trifásica trifásica de 380 V entre fases. fases. Dimensionar Dimensionar la bat batería ería de conden condensad sadore oress en estrell estrellaa que será necesario conectar a la línea general que alimenta a esta instalación para corregir el FP a 0,97. Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.

Averig Averiguar uar el calib calibre re de los fusibl fusibles es generale generales. s. ¿Cuál será el calibr calibree de los fusibles fusibles para la protección de la batería de condensadores? ¿En cuánto se ha conseguido reducir la intensidad en la instalación al corregir el FP?

Solución: La potencia total instalada es 60 x 40 W = 2400 W. ϕ  =

arccos 0.6 = 53.13º

ϕ  =

arccos 0.97 = 14.07 º

QC  =  P ⋅ ( tg ϕ  − tg ϕ ′) = 2400 ⋅ ( tg 53.13º −tg 14.07º ) = 2598VAR

La potencia de cada una de las fases de la batería de condensadores será la tercera parte de la total: ′

QC  = 2598 / 3 = 866VAR  X C  =

V S   I  fC 

=

220 3.93

 I  fC  =

′

QC  = V S  ⋅ I  fC 

= 56Ω

C  =

1

=

866

= 3.93 A

V S 

220

=

57 ⋅ 10 −6 F 

1

=

2π  fX C 

QC ′

2π 50 ⋅ 56

Características de la batería trifásica de condensadores en Y: 2598 VAR a 380 V; condensadores de 57 μF, 220 V. Las resist Las resisten encia ciass de de desc scarg arga, a, qu quee se ha hann co cone necta ctado do en entre tre las las fases fases de la bat baterí eríaa de condensadores, son para que los condensadores se descarguen por ellas cuando se desconecta la misma de la red. Calibre de los fusibles F2 de la batería de condensadores (se utiliza un factor de 1,6 para condensadores): 3,93 3,93 •1,6 •1,6 vec veces = 6,3 A

F2 (10 A) siguiente ente norma rmaliz lizado

Calibre de los fusibles generales de línea F1F:  P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ 

 I  L =

 P  3 ⋅ V C  ⋅ cos ϕ 

=

2400

=

3 ⋅ 380 ⋅ 0.6

6 A

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. F1 (10 A) La intensidad por la línea cuando se conecta la batería automática será de:  P 

 I  L′ =

 P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L′ ⋅ cos ϕ ′

2400

=

3 ⋅ V C  ⋅ cos ϕ ′

=

3 ⋅ 380 ⋅ 0.97

3.8 A

Se ha conseguido una reducción de corriente del: (6 - 3,8) / 6• 100 = 36,7% 2. Determ Determina inarr las caract caracterí erístic sticas as de la bat baterí eríaa de conden condensa sador dores es en triá triáng ngul uloo qu quee se serí ríaa necesario conectar para corregir el FP del ejemplo anter anterior. ior.

Solución: La potencia reactiva de la batería será exactamente la misma, incluso la corriente de la línea que alimenta a la misma. Lo que sí que será diferente es la tensión a la que trabaja cada condensador (en este caso, los condensadores quedan sometidos a la tensión compuesta) y, por consiguiente, se verá afectada la capacidad de cada uno de ellos. ′

QC  = V C  ⋅ I  fC   X C  =

V C 

=

 I  fC 

380 2.28

 I  fC  = = 166.7Ω

QC ′ V C 

=

866

=

380 C  =

2.28 A 1 2π  fX C 

1

=

2π 50 ⋅ 166.7

= 19 ⋅ 10

−6

 F 

Características de la batería trifásica t rifásica de condensadores en Δ: 2598 VAR a 380 V; condensadores de 19 μF, 380 V. Con la bat batería ería en triángu triángulo lo se consiguen consiguen condens condensado adores res de men menor or capacidad pero de mayor tensión nominal que con una batería en estrella.

Instalaciones trifásicas de varios receptores Se trata de calcular la potencia total instalada, el factor de potencia y la intensidad total de una instalación trifásica de la que se conectan varias cargas de potencia activa y FP (factor de potencia o cos φ) conocidos. El procedimien procedimiento to a seguir es el siguiente: siguiente: se obtiene obt iene la l a potencia pot encia activa y reactiva de todas las cargas y se procede a obtener la potencia aparente total, así como el FP del conjunto y la intensidad.

EJEMPLO La instalación eléctrica de un pequeño taller consta de los siguientes receptores, conectados a una línea trifásica de 380 V, 50 Hz: (1) motor trifásico de 13 CV (1CV=736W), η (rendimiento) = 95,7 %, cos φ = 0,75; (2) horno trifásico consistente en tres resistencias de 50 Ω conectadas en triángulo; (3) 30 lámparas de vapor de mercurio de 500 W, 220 V, cos φ = 0,6 conectadas equitativamente entre cada fase y neutro; (4) 3 motores mon monofá ofásic sicos os de 2 KW, 380 V, cos cos φ = 0,7 conectados entre fases.

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.

Averiguar: a) potencia total de la instalación y FP; b) calibre de los fusibles generales de la línea; c) características características de la batería de condensadores condensadores conectada en triángulo para corregir el FP hasta hasta 0,95; d) calibre de los fusibles de la batería de condensadores. condensadores. e) corriente corrien te eléctrica eléctri ca por la línea con la batería de condensadores conectada.

Solución: (1) Determinamos primero la potencia activa del motor:  P 1 =

13 ⋅ 736 95.7

⋅ 100 = 10000W 

Según el triángulo de potencias: ϕ 1 =

arccos 0.75 = 41.4 

Q1 =  P 1 ⋅ tg ϕ 1 = 10000 ⋅ tg 41.4  = 8819VAr 

(2) Calculamos ahora la potencia activa del horno trifásico:  I  f   =

V C 

=

 R

380 50

=

7.6 A

La potencia es tres veces la potencia de una de las resistencias  P 2 = 3 ⋅ V C  ⋅ I  f   ⋅ cos ϕ  = 3 ⋅ 380 ⋅ 7.6 ⋅ 1 = 8664W 

(Esta (Esta pote potenci nciaa tam también bién se pod podría ría hab haber er calculad calculadoo aplicand aplicandoo la ex expre presi sión ón ge gene neral ral de potencia, una vez averiguado el valor de lL, con la fórmula  P  = 3 ⋅ I  L ⋅ V C  ⋅ cos ϕ  ) Q2 = 0 VAR (las cargas resistivas no producen potencia reactiva) (3) Para las 30 lámparas de vapor de mercurio:  P 3 = 30 ⋅ 500W  = 15000W  ϕ 3 =

arccos 0.6 = 53

Q3 =  P 3 ⋅ tg ϕ 3 = 15000 ⋅ tg 53 = 19905VAr 

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. (4) Para los tres motores monofásicos  P 4 = 3 ⋅ 2000W  = 6000W  ϕ 4 = arccos 0.7 =

45,573 

Q4 =  P 4 ⋅ tg ϕ 4 = 6000 ⋅ tg 45,573 = 6121VAr 

Ahora sumamos las potencias:  P T  =  P 1 +  P 2 +  P 3 +  P 4 = 10000 + 8664 + 15000 + 6000 = 39664W  QT  = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 8819 + 0 + 19905 + 6121 = 34845VAr  2

2

S T  =  P T  + QT  = 39664 2 + 34845 2 = 52796VA S T 

 I  L =

S T  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L

3 ⋅ V C 

entonces cos ϕ T  =

 P T  S T 

=

39664

52796

=

=

52796

3 ⋅ 380

= 80 A

0.75

a) Potencia Potencia instalada: instalada: 39,664 39,664 KW; KW; FP = 0,75 0,75 b) Calibr Calibree de de los los fusibl fusibles es c) Calculamos Calculamos ahora la batería batería de conden condensado sadores: res: ϕ T  =

arccos 0.75 = 41.4 

'

arccos 0.95 = 18.19 

ϕ T  = '

QC  =  P T  ⋅ (tg ϕ T  − tg ϕ T  ) = 39664 ⋅ (tg 41.4  − tg 18.19  ) = 21935VAr 

La potencia de cada una de las fases de la batería de condensadores es la tercera parte de la total: '

QC  = 21935 / 3 = 7312VAr 

 I  fC  =

'

QC  = V C  ⋅ I  fC   I  fC  =

entonces

V C 

 X C  =

 X C  C  =

entonces 1

=

2π  f  ⋅  X C 

1 2π  ⋅ 50 ⋅ 20

QC 

V C 

'

7312

=

380

V C  =

380

 I  fC 

=

19

= 159 × 10

= 19 A

20Ω

−6

 F 

Características de la batería de condensadores en triángulo: 21,935 KVAr a 380 V; condensadores de 159 μF, 380 V

d) Calibre Calibre de los fusibl fusibles es de los conden condensado sadores: res:  I  LC  = 3 ⋅ I  fC  = 3 ⋅ 19 = 33 A

elegimos 63 A e) Inten Intensidad sidad con con la batería batería de conde condensad nsadores ores conecta conectada: da: 1.6 33 ⋅

=

53 A

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. '

 P  = 3 ⋅ I  LT  ⋅ V C  ⋅ cos ϕ T 

'

 I  LT  =

 P T  3 ⋅ V C  ⋅ cos ϕ T 

'

=

63.43 A

EJERCICIOS 1. Calcu Calcula la la int intens ensida idadd y pot potenc encia ia que absorb absorben en tres tres lámp lámpar aras as eléc eléctr trica icass inca incand ndes esce cent ntes es (cosφ=1) de 220V-100 W, conectadas como se indica en la figura.

Solución: Potencia estrella=300 W; IL=0,45 A Potencia triángulo=300 W; IL=0,78 A 2. Determina Determina la intensidad intensidad y potencia potencia que absorben absorben tres lámparas eléctricas incandescentes de 380V-400 W, conectadas como se indica en la figura.

Solución: Potencia estrella=400 W; IL=0,608 A Potencia triángulo=1200 W; IL=1,825 A 3. Un motor trifásico de inducción absorbe una potencia de 7.5 k W con factor de potencia 0.8 y tensión de red 380 V. Determina: (a) Intensidad de línea, (b) Potencia aparente en VA. (c) Potencia reactiva. Solución: a) IL=14,24 A b) S=9372,47 S=9372,47 VA c) Q=5623,49 Q=5623,49 VAr  4. Un receptor trifásico absorbe una potencia potencia reactiva de 3.000 3.000 VAr y una intens intensida idadd de 10 A cuando se conecta a una red de 380 V. Halla: (a) Potencia aparente. (b) Potencia activa. (e) Factor Factor de pote potencia ncia.. (d) Impedanc Impedancia ia de fase fase conect conectado ado en estrel estrella. la. (e) Imp Impedan edancia cia de fase conectado en triángulo. f) Calcul Calculaa la capaci capacidad dad de los condensa condensador dores es a conect conectar ar en estrel estrella, la, para reducir a cero la potencia reactiva consumida de la red. Solución: a) S=6581,79 VA b) P=5857,79 W c) cos φ=0,89 d) Z estrella = 22 Ω Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. e) Z triángulo = 65,85Ω f) 66μF 5. En un sistema trifásico con carga equilibrada se mide una intensidad en la línea de 30 A con un factor de potencia de 0,75. Si la tensión entre fases es 220 V, averiguar las potencias de la carga. Rdo:. P = 8573,65 W; Q = 7544,81VAR; S = 11431,53 VA 6. En un sistema trifásico con carga equilibrada a tres hilos se mide una potencia en la línea de 36 KW, una intensidad de 97,4 A y una tensión de 225 V. Averiguar el factor de potencia de la carga. Rdo:. 0,948 7. Un apa aparato rato de calefac calefacció ciónn trifásic trifásicoo consta consta de tres resistenc resistencias ias de 10 Ω conectad conectadas as en estrella. Determinar la corriente de fase y de línea cuando se les aplique 220 V entre fases, así como la potencia que desarrollarán. Rdo:. IL = 12,7 A; lf  = 12,7 A; P = 4839,35 W 8. ¿Y si conectamos en triángulo las mismas resistencias que en el ejercicio anterior? Rdo:. IL = 38,1 A; lf  = 22 A; P = 14518 W 9. Un motor trifásico de 4,5 CV (1 CV = 736 W) de potencia útil en el eje, que rinde un 83%, y tiene un cos φ = 0.65 se conecta a una red de 380 V. Se trata de averiguar la corriente de línea y de cada fase del motor cuando está conectado en triángulo, así como su potencia reactiva y aparente. Rdo:. IL = 9,327 A; If  = 5,38 A; Q = 4665,51 VAR; S = 6138,83 VA EJEMPLO Calcula las intensidades que absorbe el circuito de la figura. Tensión de red 3-380 V-50 Hz.

ϕ  =

arctan

4 3

= 53,13º

m = 32 + 4 2 = 5

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. →

→

U U 0

→

 I U  =

→

U UX 

=

→

 Z 1  I V  =

=

→

 Z 2

U VY  →

=

 Z 

U W 0 →

220∠ − 120º

=

5∠53,13º

→

 I W  =

44∠ − 53,13º = 26,40 −  j 35,20

→

U V 0

→

=

5∠53,13º

 Z 

→ →

220∠0º

=

44∠ − 173,13º = −43,68 −  j 5,26

→

=

U WZ  →

 Z 3

=

220∠120º

=

5∠53,13º

 Z 

44∠66,87 º = 17,28 +  j 40,46

Como se puede comprobar, la suma de las tres intensidades es cero: →

→

→

 I U  +  I V  +  I W  = 26,40 −  j 35,20 − 43,68 −  j 5,26 + 17,28 +  j 40,46 = 0

EJEMPLO Determina las intensidades que absorbe el circuito de la figura. Tensión de red 3-220 V-50 Hz.

→

→

U UX 

→

 I 12 =

→

U UX 

=

→

 Z 1 → →

 I  23 =

=

→

 Z 2

 Z  U VY  →

=

44∠ − 53,13º = 26,40 − j 35,20

U WZ  →

 Z 3

220∠ − 120º

=

5∠53,13º

 Z  →

 I  31 =

=

5∠53,13º

→

U VY 

→

220∠0º

=

44∠ − 173,13º = −43,68 − j 5,26

→

=

U WZ  →

 Z 

=

220∠120º 5∠53,13º

=

44∠66,87 º = 17,28 + j 40,46

Aplicando la primera ley de Kirchhoff a los nudos 1,2,3: →

→

→

 I  L1 =  I 12 −  I  31 = (26,40 −  j 35,20) − (17,28 +  j 40,46) = 9,12 − j 75,66 →

→

→

 I  L 2 =  I  23 −  I 12 = ( −43,68 −  j 5,26) − ( 26,40 −  j 35,20) = −70,08 + j 29,94 →

→

→

 I  L 3 =  I  31 −  I  23 = (17,28 +  j 40,46) − ( −43,68 −  j 5,26) = 60,96 + j 45,72

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. Como se puede comprobar la suma de las tres intensidades es cero: →

→

→

 I  L1 +  I  L 2 +  I  L 3 = 9,12 −  j 75,66 − 70,08 +  j 29,94 + 60,96 +  j 45,72 = 0

EJEMPLO Calcula las intensidades de fase y de línea del circuito de la figura.

ϕ  Z 1 = ϕ  Z 2 =

2

−2

arctan

ϕ  Z 3 =

2

arctan

45º

m Z 1 =

= −45º

2

arctan

=

−4

3

2 2 + 2 2 = 2,82

m Z 2 =

= −53,13º

2 2 + 2 2 = 2,82

m Z 3 = 3 2 + 4 2 = 5

→ →

→

 I  L1 =  I 10 =

U 10 →

=

220∠0º

=

2,82∠45º

 Z 1

78,01∠ − 45º = 55,16 − j 55,16

→ →

→

 I  L 2 =  I  20 =

U 20 →

=

220∠ − 120º

=

78,01∠ − 75º = 20,19 − j 75,35

=

44∠173,13º = −43,68 + j 5,26

2,82∠ − 45º

 Z 2 → →

→

 I  L 3 =  I  30 =

U 30 →

 Z 3

=

220∠120º 5∠ − 53,13º

La corriente por el neutro será: →

→

→

→

 I  N  =  I  L1 +  I  L 2 +  I  L3 = 55,16 −  j 55,16 + 20,19 −  j 75,35 − 43,68 +  j 5,26 = 31,67 − j125,25 m I  N  = 31,67 2 + 125,25 2 = 129,19

EJERCICIO Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. Averigua las intensidades de fase y de línea del circuito de la figura. Tensión de red 3-220 V - 50 Hz.

ϕ  Z 12 =

arctan

ϕ  Z 23 =

arctan

ϕ  Z 31 =

arctan

4 3

= 53,13º

−8

6 12 9

m Z 12 = 3 2 + 4 2 = 5

= −53,13º

m Z 23 =

= 53,13º

6 2 + 8 2 = 10

m Z 31 = 9 2 + 12 2 = 15

→

U 12

→

 I 12 =

→

=

220∠0º

=

5∠53,13º

 Z 12

44∠ − 53,13º = 26,40 − j 35,20

→ →

 I  23 =

U 23 →

 Z 23

=

220∠ − 120º 10∠ − 53,13º

=

22∠ − 66.87º = 8,64 − j 20,23

→

U 31

→

 I  31 =

→

 Z 31

=

220∠120º 15∠53,13º

= 14,66∠66,87 º =

5,75 + j13,48

Aplicando la primera ley de Kirchhoff a los nudos 1,2,3: →

→

→

 I  L1 =  I 12 −  I  31 = (26,40 −  j 35,20) − (5,75 +  j13,48) = 20,65 − j 48,68 →

→

→

 I  L 2 =  I  23 −  I 12 = (8,64 −  j 20,23) − ( 26,40 −  j 35,20) = −17,76 + j14,97 →

→

→

 I  L 3 =  I  31 −  I  23 = (5,75 +  j13,48) − (8,64 −  j 20,23) = −2,89 + j 33,71

Como se puede comprobar la suma de las tres intensidades es cero: →

→

→

 I  L1 +  I  L 2 +  I  L3 = 20,65 −  j 48,68 − 17,76 +  j14,97 − 2,89 +  j 33,71 = 0

Medida de potencia activa en los sistemas trifásicos Por lo general, la medida de potencia en los sistemas trifásicos se realiza con va vatí tíme metr tros os Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. monofási monof ásicos cos,, conect conectado adoss de tal forma forma que consig consigan an medir la pot potenc encia ia activa, o incluso la reactiva, de la carga. Los vatímetros para C.A. poseen las mismas características que los de C.C. Estos aparatos constan de dos bobinas: la amperimétrica, que se conecta en serie con la corriente a medir  y está formada por una bobina de muy pocas espiras y de baja resistencia óhmica, y la voltimétrica, que se conecta en paralelo con la tensión a medir y que está construida con much mu chas as espiras espiras de hilo hilo mu muyy fin finoo (para (para aument aumentar ar aún más su resiste resistenci nciaa se le aña añade de un resistencia en serie de manganina). El vatímetro mide siempre el producto de la tensión aplicada a la bobina voltimétrica por la intensidad que recorre a la amperimétrica por el coseno del ángulo que forman estas dos magnitudes, es decir: P = V · I · cos φ, la potencia activa. Para conseguir esto el aparato debe construirse de tal forma que su bobina voltimétrica sea totalmente resistiva, evitando así errores por el desfase que pudiera producir la misma. misma.

El número de vatímetros que se emplee para realizar la medida, así como la forma en la que se conectan dependerá del tipo de línea que se utilice (a tres hilos sin neutro o a cuatro hilos con neutro) y de si la carga es equilibrada o desequilibrada. Por supuesto, un sistema de medida que sirva para medir la potencia de una carga desequilibrada también será valido para una equilibrada.

Medida de potencia activa para sistemas con neutro - Ca rg as desequ desequilib ilibrad radas as Esta es la forma más común de medida de la potencia en líneas de distribución de energía. En estos estos casos, se suminist suministra ra el neut neutro, ro, por ejemplo, ejemplo, en edificios edificios de viviendas viviendas (los circuitos monofásicos de cada vivienda parten de la fase y el neutro de un sistema trifásico de 380 V) en los que es prácticamente prácticamente imposible imposible encontrar un equilibrio entre las fases. Se utilizan utilizan tres vatímetros. vatímetros. La amperimétric amperimétricaa de cada uno se co cone nect ctaa en se serie rie con con cada cada conduc conductor tor de línea, línea, de tal forma que ca cada da una mida la intens intensid idad ad de lín línea ea respectiva. respectiva. Las volumétricas se conectan entre cada fase y neutro, midiendo cada una de las tensiones simples. ples . La lectura lect ura de cada c ada va vatím tímet etro ro se será rá:: W 1 = V 10 ⋅ I 1 ⋅ cos ϕ 1

W 2 = V 20 ⋅ I 2 ⋅ cos ϕ 2

W 3 = V 30 ⋅ I 3 ⋅ cos ϕ 3

La potencia activa del sistema será la suma de la potencia que aparece en cada una de las Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. cargas:  P  = V 10 ⋅ I 1 ⋅ cos ϕ 1 + V 20 ⋅ I 2 ⋅ cos ϕ 2 + V 30 ⋅ I 3 ⋅ cos ϕ 3

En conclusión: la potencia activa del sistema es la suma de las lecturas de los vatímetros.  P  = W 1 + W 2 + W 3

- Cargas equilibradas Para cargas equilibradas equilibradas basta con conectar un sólo vatímetro, vatímetro, con la amperiméamperimétrica en en una de las las líneas líneas y con la voltim voltimétric étricaa entre la misma misma fase fase y el neutro. neutro. Como Co mo las la s carg ca rgas as son todas iguales, la potencia de la carga trifásica será:

 P 

=

3

⋅

W 

Medida de potencia activa para sistemas sin si n neutro - Cargas equilibradas Como no disponemos del neutro se conectan dos resistencias adicionales R1 y R 2 del mismo valor óhmico que la bobina voltimétrica con el fin de crear un neutro artificial.

De esta forma se consigue que el vatímetro nos indique la lectura de: VS · I L · cos ϕ, es decir, la potencia activa de una fase. La potencia del sistema será entonces:  P 

=

3

⋅

W 

- Cargas desequilibradas Conectando tres vatímetros, tal como se indica en la figura, se consigue medir la potencia de cada una de las cargas. La potencia del sistema resulta: Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.  P  = W 1 + W 2 + W 3

Existe otra forma de medir la potencia para cargas desequilibradas sin neutro: método de los dos vatímetros o de Arón.

 P  = W 1 + W 2

Medida de potencia reactiva Para medir la potencia reactiva se pueden utilizar los mismos métodos que se emplean para medir la potencia activa, sustituyendo sustituyendo los vatímetros por varímetros. Estos dispositivos miden la potencia reactiva de la carga. Su aspecto constructivo es semejante al del vatímetro, a diferencia diferencia de un circuito interior que, med mediant iantee bob bobinas inas,, conden condensad sadores ores y resisten resistencia ciass en serie o paralelo con la bobina voltimétrica, se consigue provocar un desfase de 90º entre la tensión y la corriente, dando como resultado la medida de la potencia reactiva. La construcción de varímetros resulta bastante compleja, compleja, por lo que en muchas aplicaciones se recurre a sistemas de medición que utilizan vatímetros para medir la potencia reactiva.

Método de los dos vatímetros para cargas equilibradas La medida de potencia reactiva según la conexión Arón utiliza dos vatímetros, como en el caso ca so de la me medi dida da de po pote tenc ncia ia ac actitiva va,, y se pu pued edee de demo most stra rarr me medi dian ante te los los diag diagram ramas as vectoriales que: Q = 3 ⋅ (W 1 − W 2 )

Medida de potencia reactiva con tres vatímetros para cargas desequilibradas Se utilizan tres vatímetros conectados como como se indica en el esquema de la figura. La potencia reactiva se obtiene al realizar la operación: Q=

W 1 + W 2 + W 3 3

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.

PROBLEMAS RESUELTOS DE TODOS LOS EJERCICIOS ANTERIORES. SISTEMAS TRIFÁSICOS. Los ejercicios se numeran por su numeración propia y su número de página. Ejercicio 1 Página 19 Primer montaje V S  =

V C 

380

=

= 219,39V  3 3  P  = 3 ⋅ 100 = 300W 

 P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L  P 

 I  L =

300

=

3 ⋅ V C 

3 ⋅ 380

= 0,45 A

Segundo montaje V C  = 220V   P 

=

3 100 ⋅

=

300W 

 P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L  P 

 I  L =

300

=

3 ⋅ V C 

3 ⋅ 220

= 0,78 A

Otra forma  R =

V  2

 I S  =

 P  V 

=

220 2 100 220

=

484

 R

= 484Ω

= 0,4545 A

 I C  = 0,4545 ⋅ 3 = 0,78 A

Ejercicio 2 Página 19 Primer montaje  R =

V  2

=

380 2

 P  400 V C  = 380V  V S  =

 I  L =

V C 

=

380

3 3 219,39 361

= 361Ω

= 219,39V 

= 0,608 A

 P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L = 3 ⋅ 380 ⋅ 0,608 = 400,17W 

Sistemas

I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento. Segundo montaje  P  = 3 ⋅ 400 = 1200W   P  = 3 ⋅ V C  ⋅ I  L ⋅ cos ϕ   I  L =

 P 

=

3 ⋅ V C 

1200 3 ⋅ 380

= 1,823 A

Ejercicio 3 Página 19  I  L =

 P  3 ⋅ V C 

7500

=

⋅ cos ϕ 

3 ⋅ 380 ⋅ 0,8

= 14,24 A

S  = 3 ⋅V  L ⋅ I  L = 3 ⋅ 380 ⋅14,24 = 9372,47VA ϕ  =

ar  cos 0,8 = 36,87 º

Q = 3 ⋅ V  L ⋅ I  L ⋅ senϕ  = 3 ⋅ 380 ⋅ 14,24 ⋅ sen36,87 º = 5623,49VAr 

Ejercicio 4 Página 19  senϕ  =

Q

=

3000

3 ⋅ 380 ⋅ 10 3 ⋅ 380 ⋅ 10 ϕ  = arcsen0,456 = 27,13º

= 0,456

cos 27,13º = 0,89 S  = 3 ⋅ V  L ⋅  I  L = 3 ⋅ 380 ⋅ 10 = 6581,79VA  P  = 3 ⋅ V  L ⋅ I  L ⋅ cos ϕ  = 3 ⋅ 380 ⋅ 10 ⋅ 0,89 = 5857,79W   Z  =

Impedancia en estrella  I  f   =

10 3

V S   I  L

=

220 10

= 22Ω

= 5,77 A

 Z  =

Impedancia en triángulo

V  L

380

=

5,77

 I  f  

= 65,85Ω

COMPENSAMOS TODAD LA POTENCIA REACTIVA PARA UN COSφ=1 QC  = 3000VAr  QCf   = 3000 / 3 = 1000VAr 

Potencia reactiva por fase QCf   = V  f   ⋅ I  LC  sen90º

 sen90º

=

1

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I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.  I  LC  =

 X C  =

C  =

QCf  

=

1000 220

V  f   V  f    I  LC 

=

1

= 4,545 A

220 4,545

= 48,40Ω

1

=

ω  ⋅  X C 

1

=

2 ⋅ π  ⋅  f   ⋅  X C 

C  =

O también

QC  ω  ⋅ V 

2

=

2 ⋅ π  ⋅ 50 ⋅ 48,4

3000 2 ⋅ π  ⋅  f   ⋅ 380 2

=

= 65,76 µ  F 

tensión 220 V 3000 2 ⋅ π  ⋅ 50 ⋅ 380 2

= 66 µ  F 

Ejercicio 5 Página 19  P  = 3 ⋅ V  L ⋅ I  L ⋅ cos ϕ  = 3 ⋅ 220 ⋅ 30 ⋅ 0,75 = 8573,65W  ϕ  = arccos 0,75 =

41,41º

 senϕ  = sen41,41º = 0,66 Q = 3 ⋅ V  L ⋅ I  L ⋅ senϕ  = 3 ⋅ 220 ⋅ 30 ⋅ 0,66 = 7544,81VAr  S  = 3 ⋅ V  L ⋅ I  L = 3 ⋅ 220 ⋅ 30 = 11431,53VA

Ejercicio 6 Página 20  P 

cos ϕ  =

36000

=

3 ⋅ V  L ⋅ I  L

3 ⋅ 225 ⋅ 97,4

= 0,948

Ejercicio 7 Página 20 V  f   =

V  L = 220  I  L =

V f  

=

127 10

 R

V L 3

= 12,7 A

=

220 3

= 127V 

 I  f   = I  L

 P  = 3 ⋅ V  L ⋅  I  L ⋅ cos ϕ  = 3 ⋅ 220 ⋅ 12,7 ⋅ 1 = 4839,34W 

Ejercicio 8 Página 20  I  f   =

V L  R

=

220 10

= 22 A

 I  L =  I  f   ⋅ 3 = 22 ⋅ 3 = 38,1 A

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I.E.S. JUAN MARTÍN “EL EMPECINADO”. Mantenimiento.  P  = 3 ⋅ V  L ⋅  I  L ⋅ cos ϕ  = 3 ⋅ 220 ⋅ 38,1 ⋅ 1 = 14518W 

Ejercicio 9 Página 20  P U  = 4,5 ⋅ 736 = 3312W   P ab =

 I  L =

 I  f   =

3312 0,83

= 3990,36W 

 P  3 ⋅ V C  ⋅ cos ϕ   I L 3

=

3990,36

=

9,327 3

ϕ  = arccos 0,65 =

3 ⋅ 380 ⋅ 0,65

= 9,327 A

= 5,38 A

49,46º

 sen49,46º = 0,76 Q = 3 ⋅ V  L ⋅ I  L ⋅ senϕ  = 3 ⋅ 380 ⋅ 9,327 ⋅ 0,76 = 4665,51VAr  S  = 3 ⋅ V  L ⋅ I  L = 3 ⋅ 380 ⋅ 9,327 = 6138,83VA

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