Circuitos Trifasicos Problemas Resueltos Alfonso Bachiller Soler

´ CIRCUITOS TRIFASICOS PROBLEMAS RESUELTOS

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

´ CIRCUITOS TRIFASICOS PROBLEMAS RESUELTOS

c Alfonso Bachiller, Ram´on Cano y Narciso Moreno, 2009 

Reservados todos los derechos. ((No est´a permitida la reproducci´on total o parcial de este libro, ni su tratamiento inform´atico, ni la transmisi´on de ninguna forma o por cualquier medio, ya sea electr´onico, mec´anico, por fotocopia, por registro u otros m´etodos, sin el permiso previo y por escrito de los titulares del Copyright.)) Ediciones D´ıaz de Santos E-mail: [email protected] Internet: www.diazdesantos.es/ediciones ISBN: 978-84-7978-910-7 Depo´sito legal: M. 17.544-2009 Disen˜o de cubierta: FER DIGITAL Fotocomposicio´n e impresio´n: Alfonso Bachiller / FER DIGITAL Impreso en Espa˜na

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

´ INDICE

Pr´ologo . . Introducci´on 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

´INDICE

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 recopilaci´on de problemas de sistemas trif´asicos. Voy a intentar explicar aqu´ı cu´ales han sido las ideas que han guiado a sus autores para realizar este proyecto. La colecci´on est´a dirigida, en primer lugar, a estudiantes de ingenier´ıa en las ramas el´ectrica y electr´onica. Sin embargo cualquier otra disciplina en el a´ mbito de la ingenier´ıa que aborde los sistemas trif´asicos, puede encontrar muy u´ til esta recopilaci´on de ejercicios. En este texto, la resoluci´on de cada problema sigue una l´ınea te´orica contrastada en las aulas y definida en cualquiera de los muchos libros que abordan el estudio te´orico de los circuitos trif´asicos. La pretensi´on ha sido realizar un desarrollo eficaz, 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 colecci´on 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 implantaci´on de los nuevos planes de estudio reduce considerablemente las horas de clase presenciales, por lo que el alumno necesita para asimilar los conceptos te´oricos recibidos en las aulas, adquirir cierta destreza en la resoluci´on de problemas, dedic´andole parte de sus horas de estudio a la resoluci´on de los mismos. Con este libro se pretende facilitar el trabajo, al disponer de una recopilaci´on de ejercicios suficiente para su comprensi´on. Por u´ ltimo, justificar de nuevo el porqu´e de escribir un libro de problemas, en lugar de, como en la mayor´ıa de los casos, escribir un libro d´onde se desarrollan unas teor´ıas y se propongan unos ejercicios resueltos en parte. Hay una raz´on de ´ındole pr´actica y es que en la bibliograf´ıa existente no encontramos un libro de problemas de circuitos trif´asicos exclusivo. Hay una raz´on m´as fuerte y es que los autores llevan muchos a˜nos ense˜nando de tal forma que el e´ nfasis es puesto en la resoluci´on de los problemas, como expresi´on de la comprensi´on de los conceptos

XII

´ PROLOGO

tratados y expresiones manejadas en estos circuitos, por parte del alumno. La experiencia docente nos demuestra que el e´ xito en la resoluci´on 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 pr´actica habitual de la realizaci´on de problemas. No me queda m´as que felicitar a los autores por la labor realizada y el tiempo invertido en la compilaci´on de esta obra y espero que esta colecci´on te sea u´ til tanto en el a´ mbito universitario como profesional. Ma Dolores Borr´as Talavera Profesora de Ingenier´ıa El´ectrica Universidad de Sevilla

´ INTRODUCCION

Esta obra recopila un conjunto de problemas originales e in´editos de circuitos trif´asicos. Debido a la gran importancia que tiene para los t´ecnicos el conocimiento de los circuitos trif´asicos, el objetivo b´asico ha sido el de conseguir un texto de aplicaci´on de conocimientos de f´acil comprensi´on y orientado a facilitar al lector criterios y base para la resoluci´on de distintos problemas. As´ı mismo, pretende dar un enfoque eminentemente pr´actico. 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 b´asicos de resoluci´on de circuitos, conceptos asociados a las potencias definidas en los circuitos el´ectricos monof´asicos y trif´asicos, conversi´on entre las distintas configuraciones de circuitos trif´asicos. Finalmente, cabe destacar que en los planes de estudios vigentes en las carreras t´ecnicas el estudio de los circuitos trif´asicos est´an presentes en asignaturas de Circuitos El´ectricos, Tecnolog´ıa El´ectrica, Electrotecnia, etc. las cuales se imparten en la mayor´ıa de las especialidades de cada titulaci´on. As´ı mismo, en los futuros planes de estudios enmarcados dentro del EEES (Espacio Europeo de Educaci´on Superior), el estudio de los circuitos trif´asicos estar´an presentes de forma muy destacada en asignaturas relacionas tanto con la ingenier´ıa el´ectrica como con otras especialidades. Por consiguiente es una obra que no solo resulta u´ til en la actualidad sino que ser´a de gran importancia con los nuevos planes de estudio en los que el trabajo del alumno tendr´a una mayor peso. El texto se organiza exponiendo el enunciado de cada problema y, a continuaci´on del mismo, su resoluci´on detallada. En la explicaci´on 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 El´ectrica. No

XIV

´ INTRODUCCION

obstante, se explican a continuaci´on algunos criterios concretos que pudieran ser diferentes en otras obras similares. Tensiones de los sistemas trif´asicos: Los sistemas trif´asicos se caracterizan habitualmente por su tensi´on de l´ınea (o tensi´on compuesta). En los sistemas trif´asicos de baja tensi´on, es usual que se indique, adem´as de la tensi´on de l´ınea, la tensi´on de fase (o tensi´on simple). No obstante, en la mayor´ıa de aplicaciones pr´acticas se emplea u´ nicamente el valor correspondiente a la tensi´on de l´ınea para caracterizar el sistema trif´asico. En este sentido, muchos de los problemas planteados utilizan este u´ ltimo criterio de identificar el sistema trif´asico s´olo con un valor de tensi´on, que es la tensi´on de l´ınea. Identificaci´on de cargas trif´asicas: Las cargas trif´asicas que se utilizan en muchos de los problemas est´an formadas por receptores monof´asicos conectados convenientemente. Cuando estas cargas est´an formadas por dos o tres impedancias, denominadas por ejemplo Zi , 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 voltim´etrica y los correspondientes a la bobina amperim´etrica. La lectura de estos instrumentos es proporcional al producto de la tensi´on, la intensidad medida y el coseno del a´ ngulo que forman dichas magnitudes. Para evaluar correctamente el citado a´ ngulo, es preciso tener en cuenta la conexi´on de los terminales correspondientes en el vat´ımetro. Con el objeto de simplificar los dibujos, en esta obra se ha omitido la identificaci´on de los terminales correspondientes. Sin embargo, se ha seguido el criterio de que el terminal de la izquierda de la bobina amperim´etrica sea correspondiente con el terminal superior de la bobina voltim´etrica. Los autores

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA 1 El circuito trif´asico de la Figura 1 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico 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. K1 y K2 cerrados. 2. K1 abierto y K2 cerrado. 3. K1 cerrado y K2 abierto. 4. K1 y K2 abiertos. URN

+

IR

USN

+

IS

UTN

+

IT

N

IN K1 K2

Z

Z

Figura 1

Z

2

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

´ 1 S OLUCI ON 1. Como K2 est´a cerrado entonces el sistema trif´asico est´a equilibrado (generador y carga equilibrada). En esta situaci´on, independientemente del estado de K1 , el neutro del generador y el neutro de las cargas se encuentran al mismo potencial. De esta forma: √ 380/ 3∠0◦ 38 U RN = IR = = √ ∠ − 36,87◦ A ◦ 10∠36,87 Z 3 √ ◦ 380/ 3∠ − 120 38 U SN = IS = = √ ∠ − 156,87◦ A ◦ 10∠36,87 Z 3 √ ◦ 380/ 3∠120 38 UTN = IT = = √ ∠83,13◦ A ◦ 10∠36,87 Z 3 Como el sistema est´a equilibrado, I R , I S , I T formar´an un sistema trif´asico 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 est´e abierto o cerrado ya que, como se ha dicho, los neutros en un sistema equilibrado est´an al mismo potencial. Por tanto los resultados de este apartado son los mismos que los del apartado anterior. 3. Cuando K2 est´a abierto, la intensidad que circula por la fase R es nula y adem´as la carga ya no estar´a equilibrada. Sin embargo, como K1 se encuentra cerrado entonces el neutro del generador se encuentra unido r´ıgidamente al neutro de las cargas monof´asicas. En esta situaci´on: IR = 0 A

√ 380/ 3∠ − 120◦ 38 U SN = IS = = √ ∠ − 156,87◦ A ◦ 10∠36,87 Z 3 √ 380/ 3∠120◦ 38 UTN = IT = = √ ∠83,13◦ A 10∠36,87◦ Z 3

La intensidad que circula por el neutro se calcula como sigue: 38 38 I N = −(I R + I S + I T ) = −( √ ∠ − 156,87◦ + √ ∠83,13◦ ) 3 3 38 = √ ∠ − 36,87◦ A 3

PROBLEMA 1

3

4. Ya se ha dicho en el apartado anterior que si K2 est´a abierto la carga no estar´a equilibrada. Si adem´as K1 est´a abierto entonces el neutro de la carga no coincidir´a en general con el neutro del generador. En estas condiciones, el circuito resultante se muestra en la Figura 2, seg´un la cual: U ST = U SN − U T N = 2 · Z · I S IS + IT = 0

N

USN

+

IS

Z

UTN

+

IT

Z

N’

Figura 2

Despejando y sustituyendo valores resulta: √ √ 380/ 3∠ − 120◦ − 380/ 3∠120◦ U ST = IS = = 19∠ − 126,87◦ A ◦ 2 · 10∠36,87 2·Z I T = −I S = 19∠53,13◦ A Es evidente que tanto la intensidad por la fase R como por el neutro son nulas. Adem´as, se puede comprobar que la tensi´on entre los neutros, U N  N , es distinta de cero: U SN U N N =

Z

1

Z

+ +

UTN 1

Z

=−

380 U RN = − √ ∠0◦ V 2 2· 3

Z

o bien: U N  N = U SN − Z · I S = U SN − =

U SN + U T N U RN =− 2 2

U ST U SN − U T N = U SN − 2 2

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

4

PROBLEMA 2 El circuito trif´asico de la Figura 3 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V. Sabiendo que R=10 Ω, X=20 Ω, obtener la lectura del amper´ımetro en las siguientes condiciones: 1. K1 cerrado y K2 y K3 abiertos. 2. K1 y K2 abiertos y K3 cerrado. 3. K1 , K2 y K3 abiertos. 4. K1 y K3 abiertos y K2 cerrado.

URN

USN

+

IR

R

IR1

A IR2

+

IS

R

N

O UTN

+

R

IT

K1 jX

jX

K3

jX K2

O’

Figura 3

´ 2 S OLUCI ON 1. Cuando K1 est´a cerrado y K2 y K3 abiertos, el sistema trif´asico est´a equilibrado y, por ello, el neutro de cada carga y el neutro del generador est´an al mismo potencial. En estas circunstancias, la intensidad que circula por la

PROBLEMA 2

5

fase R de cada una de las cargas es: I R1 I R2

√ 400/ 3∠0◦ 40 U RO U RN = = = √ ∠0◦ A = R R 10 3 √ ◦  400/ 3∠0 20 U RO U RN = = = = √ ∠ − 90◦ A jX jX 20∠90◦ 3

La intensidad que circula por la fase R del generador ser´a la suma de I R1 e I R2 : 40 20 I R = I R1 + I R2 = √ ∠0◦ + √ ∠ − 90◦ ≈ 25,82∠ − 26,57◦ A 3 3 La lectura del amper´ımetro es de 25,82 A. 2. Si K1 est´a abierto, la carga inductiva est´a desequilibrada, y como K3 est´a 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: 20 I R2 = √ ∠ − 90◦ A 3 En este caso particular en el que no existe impedancia de l´ınea entre el generador y las cargas, al abrir el interruptor K2 la carga resistiva sigue sometida a un sistema trif´asico equilibrado de tensiones, aunque el sistema trif´asico de intensidades que circula por el generador est´a desequilibrado. Por lo tanto, los neutros N y O se encuentran al mismo potencial, e I R1 ser´a la misma que la calculada en el apartado anterior: 40 I R1 = √ ∠0◦ A 3 La lectura del amper´ımetro coincide con la del apartado anterior, es decir 25,82 A. 3. Cuando todos los interruptores se encuentran abiertos, s´olo hay que calcular I R2 ya que I R1 , por los mismos razonamientos que el apartado anterior no var´ıa. Seg´un el circuito simplificado de la Figura 4: I R2 =

400∠30◦ U RS = = 10∠ − 60◦ A 2 · jX 40∠90◦

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

6

URN

USN

+

IR

R

IR1

A IR2

+

IS

R

N

O UTN

+

R

IT

jX

jX

O’

Figura 4

Por tanto: 40 I R = I R1 + I R2 = √ ∠0◦ + 10∠ − 60◦ ≈ 29,4∠ − 17,13◦ A 3 y la lectura del amper´ımetro es de 29,4 A. 4. El circuito resultante cuando K1 y K3 est´an abiertos y K2 est´a cerrado es el mostrado en la Figura 5. Teniendo en cuenta que los neutros O y O se encuentran unidos r´ıgidamente, se obtiene el circuito simplificado de la Figura 6, donde: Z = R//jX =

j200 jRX = ≈ 8,94∠26,57◦ Ω R + jX 10 + j20

Seg´un la Figura 6, la tensi´on entre el neutro de la carga (O) y el neutro del generador (N ) se puede calcular aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

Z

+ 1 Z

U SN

+

Z 1 Z

+

+

UTN R

1 R

PROBLEMA 2

URN

USN

+

IR

7

R

IR1

A IR2

+

IS

R

N

O UTN

+

R

IT

jX

jX

O’

Figura 5

URN

USN

+

+

IR

Z A

IS

Z

N

O UTN

+

IT

R

Figura 6

Sustituyendo valores resulta:

U ON

√ √ √ 400/ 3∠0◦ 400/ 3∠ − 120◦ 400/ 3∠120◦ + + 8,94∠26,57◦ 8,94∠26,57◦ 10 = 1 1 1 + + 8,94∠26,57◦ 8,94∠26,57◦ 10 ≈ 36,51∠ − 131,57◦ V

8

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

Una vez obtenida la tensi´on entre O y N , entonces: √ (400/ 3)∠0◦ − 36,51∠ − 131,57◦ U RN − U ON = IR = 8,94∠26,57◦ Z ◦ ≈ 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 1 500 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 trif´asico se encuentra equilibrado, de forma que a partir de la lectura del volt´ımetro se puede calcular la tensi´on de l´ınea de alimentaci´on a la carga: √ √ URS = 3 · URN = 3 · 100 Adem´as, seg´un la Figura 7 y 8 la lectura del vat´ımetro es la siguiente: ◦ W = URS · IR · cos(U RS , I R ) = URS · IR · cos(30 + ϕ)

PROBLEMA 4

9

UTR UTN 30o

IS USN

ϕ

30o

ϕ

IT

ϕ

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: IR =

W 1 500 =√ = 10 A URS · cos 30◦ 3 · 100 · cos 30◦

En esta situaci´on, la potencia activa consumida por la carga resistiva es: P = 3 · URN · IR = 3 · 100 · 10 = 3 000 W Con los interruptores cerrados el sistema sigue estando equilibrado y adem´as la potencia activa que consume la carga es la misma que con los interruptores abiertos. Sabiendo que el factor de potencia del generador es de 0,8944 entonces se puede obtener la potencia reactiva que consume la carga: Q = P · tan ϕg = 3 000 · tan (arc cos 0,8944) = 1 500 var En consecuencia, la inductancia de la carga se obtiene como sigue: Q=3·

2 URN X

=⇒ X =

2 3 · URN 3 · 1002 = = 20 Ω Q 1 500

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

10

PROBLEMA 4 El circuito de la Figura 9 se encuentra alimentado por un sistema de tensiones trif´asico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Se sabe que W2 =200 W, que el amper´ımetro mide 10 A, que RL =0,5 Ω y que la lectura del vat´ımetro 1 es negativa. Calcular: 1. La impedancia Z. 2. La lectura del vat´ımetro 1. 3. La capacidad del banco trif´asico de condensadores (con conexi´on estrella) que es necesario instalar para que el factor de potencia global de la instalaci´on sea de 0,98 inductivo. I R

A

S T

RL

Z

RL

Z

W2 W1 IR Z

IS

IT

Z

Z

Figura 9

´ 4 S OLUCI ON 1. Seg´un la Figura 9, el vat´ımetro 2 est´a midiendo la potencia activa consumida por la impedancia Z y por la resistencia RL : W2 = PL + PZ = 200 W A su vez: PL = RL · I 2 = 0,5 · 102 = 50 W PZ = RZ · I 2 = RZ · 102 = 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 · XZ ) · I Igualando los m´odulos de ambos miembros de la ecuaci´on, resulta:  URS = 2 · I · (RL + RZ )2 + XZ2 y sustituyendo valores se tiene,  400 = 2 · 10 · (0,5 + 1,5)2 + XZ2 ⇒ 400 = 4 + XZ2 Resolviendo, se obtienen los posibles valores de XZ : XZ ≈ ±19,9 Ω UTR UTN 60

o

30o

IS

USR

ϕ

USN

30o

ϕ ϕ

IT

URS

30o

IR

URN

UST

Figura 10

Para saber el car´acter de la impedancia Z es necesario analizar la lectura del vat´ımetro 1. Seg´un la Figura 9 y 10: ◦ W1 = USR · IT · cos(U SR , I T ) = USR · IT · cos(90 + ϕ) −Q3Z = −USR · IT · sin ϕ = √ 3

donde Q3Z es la potencia reactiva absorbida por la carga trif´asica equilibrada Z y ϕ es el a´ ngulo de dicha carga.

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

12

Como la lectura del vat´ımetro 1 es negativa implica que Q3Z es positiva y por tanto la impedancia Z tiene car´acter inductivo (absorbe potencia reactiva). Por tanto, la impedancia Z es la siguiente: Z = RZ + j · XZ = 1,5 + j · 19,9 ≈ 19,95∠85,69◦ Ω 2. Del apartado anterior, la lectura del vat´ımetro 1 es la siguiente: W1 =

−Q3Z √ 3

donde Q3Z se puede obtener seg´un la siguiente expresi´on: 2 = 3 · XZ · IS2 = 3 · XZ · IT2 Q3Z = 3 · XZ · IR

A su vez: √ 400/ 3 UF = ≈ 11,57 A IR = IS = IT = Z 1,52 + 19,92 Por tanto,

Q3Z = 3 · 19,9 · 11,572 ≈ 7 992 var

y la lectura del vat´ımetro 1 es: W1 =

−7 992 √ ≈ −4 614 3

3. La potencia activa y reactiva total que absorbe el sistema trif´asico es: PT = P3Z + 2 · (PZ + PL ) =

Q3Z + 2 · (RZ + RL ) · I 2 = tan ϕZ

7 992 + 2 · (1,5 + 0,5) · 102 ≈ 1 002,32 W tan(85,69◦ ) QT = Q3Z + 2 · QZ = Q3Z + 2 · XZ · I 2 = =

= 7 992 + 2 · 19,9 · 102 = 11 972 var Obteniendo as´ı el siguiente factor de potencia del sistema sin compensar: 1 002,32 PT = ≈ 0,0834 f dp =  1 002,322 + 11 9722 PT2 + Q2T

PROBLEMA 5

13

Para que el factor de potencia global de la instalaci´on pase a ser 0,98, la red tiene que suministrar la misma potencia activa que anteriormente pero, sin embargo, s´olo tiene que suministrar la siguiente potencia reactiva: f dp = 0,98 = 

QT

 =

PT 0,98

2

 −

PT2

=

PT PT2 + Q2 T

1 002,32 0,98

2

=⇒

− 1 002,322 ≈ 203,53 var

I R

A

S

RL

Z

RL

Z

W2 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 seg´un la Figura 11: QC = QT − QT = 11 972 − 203,53 = 11 768,47 var Como el banco de condensadores ha de estar conectado en estrella (seg´un el enunciado), entonces: QC = 3 ·

UF2 = 3 · UF2 · ω · C = UL2 · 2π · f · C XC

Despejando y sustituyendo valores resulta: C=

UL2

11 768,47 QC = ≈ 234,13 μF 4002 · 2π · 50 · 2π · f

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

14

PROBLEMA 5 Del circuito trif´asico de la Figura 12, equilibrado y de secuencia inversa, se conocen las lecturas de los vat´ımetros: W1 =1 500 W, W2 =800 W y W3 =600 W, y que la carga 1 tiene un factor de potencia de 0,8 (inductivo). Calcular: 1. Las potencias, activa y reactiva, de la carga 1, indicando si son absorbidas o cedidas. 2. Las potencias, activa y reactiva, de la carga 2, indicando si son absorbidas o cedidas. 3. La lectura del amper´ımetro, sabiendo que la tensi´on de alimentaci´on es de 400 V.

R

A

IR

W3 Carga 1 cosϕ=0,8

IS S T

W1

Inductivo

IT

W2

Z2

Z2

Z2

Figura 12

´ 5 S OLUCI ON 1. Como el sistema est´a equilibrado, el neutro de la conexi´on estrella equivalente de la carga 1 y el neutro de la carga trif´asica formada por las impedancias Z 2 (a la que se llamar´a carga 2) est´an al mismo potencial. De esta forma, la bobina voltim´etrica del vat´ımetro 3 est´a midiendo la tensi´on entre la fase y el neutro de la carga 1. Por tanto dicho vat´ımetro mide la potencia activa de una de las fases de la carga 1: W3 =

P1 =⇒ P1 = 3 · 600 = 1 800 W 3

PROBLEMA 5

15

Adem´as, de la carga 1 se conoce el factor de potencia y su car´acter, de forma que se puede calcular la potencia reactiva, que en este caso ser´a absorbida ya que es inductiva: Q1 = P1 · tan ϕ1 = 1 800 · tan(arc cos 0,8) = 1 350 var 2. Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 13, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦ W1 = USR · IS · cos(U SR , I S ) = UL · IL · cos(30 + ϕ) ◦ W2 = UT R · IT · cos(U T R , I T ) = UL · IL · cos(ϕ − 30 )

UST USN USR

30o

30o

ϕ

IT

URN

IS ϕ

30o

URS

IR

ϕ

30o

UTN UTR Figura 13

Si se suman las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia activa trif´asica consumida por las cargas 1 y 2: W1 +W2 = UL ·IL ·[cos(30◦ +ϕ)+cos(ϕ−30◦ )] =

√

3·UL ·IL ·cos ϕ = P12

Si ahora se restan las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia reactiva trif´asica consumida por las cargas 1 y 2: Q12 W2 − W1 = UL · IL · [cos(ϕ − 30◦ ) − cos(30◦ + ϕ)] = UL · IL · sin ϕ = √ 3 Por tanto: P12 = W1 + W2 = 1 500 + 800 = 2 300 W √ √ √ Q12 = 3 · (W2 − W1 ) = 3 · (800 − 1 500) = − 3 · 700 var

16

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

Como las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga 1 ya se han calculado previamente, entonces: P2 = P12 − P1 = 2 300 − 1 800 = 500 W √ Q2 = Q12 − Q1 = − 3 · 700 − 1 350 ≈ −2 562,44 var 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:   √ 2 2 S12 = P12 + Q12 = 2 3002 + ( 3 · 700)2 = 2 600 VA A su vez, la potencia aparente se puede expresar en funci´on de la tensi´on e intensidad de l´ınea seg´un: √ S12 = 3 · UL · IL Como la tensi´on de alimentaci´on es de 400 V entonces la lectura del amper´ımetro es: S12 2 600 ≈ 3,75 A =√ IL = √ 3 · UL 3 · 400

PROBLEMA 6

17

PROBLEMA 6 El circuito trif´asico de la Figura 14 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V. Con todos los interruptores cerrados, las lecturas de los vat´ımetros son: W1 =5 171 W y W2 =−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

jX +

+

IR

W2

K1

R jX K2

IS

N

O

R UTN

+

jX IT

W1

K3

R Figura 14

´ 6 S OLUCI ON Seg´un la Figura 14, la lectura de ambos vat´ımetros es la siguiente: W1 = UT S · IT · cos(U T S, IT ) W2 = URS · IR · cos(U RS , I R ) Considerando que la carga est´a equilibrada se obtiene el diagrama fasorial de la Figura 15, a partir del cual se pueden hallar los desfases correspondientes a las tensiones e intensidades, resultando: ⎧  ◦ ⎨ W1 + W2 = P W1 = UL · IL · cos(30 − ϕ) Q =⇒ ⎩ W1 − W2 = √ W2 = UL · IL · cos(30◦ + ϕ) 3

18

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

UTR

UTS UTN 30o ϕ

IS USN

ϕ

ϕ

IT

URS

30o

IR

URN

UST Figura 15

Si la carga estuviera desequilibrada entonces: W1 + W2 = P no pudi´endose afirmar nada sobre la potencia reactiva. 1. Con los interruptores cerrados el sistema trif´asico resultante est´a equilibrado. Por tanto, a partir de las lecturas de los dos vat´ımetros se pueden obtener las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga trif´asica: P = W1 + W2 = 5 171 − 371 = 4 800 W √ √ Q = 3 · (W1 − W2 ) = 3 · (5 171 + 371) ≈ 9 599 var Por otro lado, tanto la potencia activa como la potencia reactiva, absorbidas por la carga, se pueden expresar en funci´on de R y X seg´un: P =3·

U2 UF2 ; Q=3· F R X

Despejando y sustituyendo valores se obtiene el valor de R y de X: √ UF2 (400/ 3)2 =3· ≈ 33.ˆ3 Ω R =3· P 4 800 √ UF2 (400/ 3)2 =3· ≈ 16,7 Ω X =3· Q 9 599 2. En la Figura 16 se muestra el circuito resultante cuando todos los interruptores est´an abiertos.

PROBLEMA 7

URN

USN

+

19

R

IR

W2

+

N

O UTN

+

IT

R W1 Figura 16

Seg´un la Figura 16: IR =

−400∠120◦ −U T R = 6∠ − 60◦ A = 2·R 2 · 33.ˆ3

En consecuencia, la lectura de cada uno de los vat´ımetros es la siguiente: ◦ ◦ W2 = URS · IR · cos(U RS , I R ) = 400 · 6 · cos(0 + 60 ) = 1 200 W 2 − W2 = 2 · 33.ˆ3 · 62 − 1 200 = 1 200 W W 1 = P − W 2 = 2 · R · IR

Otra forma de obtener la lectura del vat´ımetro 1 es a partir de su tensi´on e intensidad:  W1 = UT S · IT · cos(U T S , I T ) = UT S · IR · cos(U T S , (−I R )) = 400 · 6 · cos(60◦ − 120◦ ) = 1 200 W

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

20

PROBLEMA 7 El circuito trif´asico de la Figura 17 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 220 V. Sabiendo que R=10 Ω, XL =20 Ω, R1 =30 Ω y XL1 =60 Ω, obtener las lecturas de los vat´ımetros cuando: 1. K1 y K2 est´an abiertos. 2. K1 est´a cerrado y K2 est´a abierto. 3. K1 est´a abierto y K2 est´a cerrado. URN

+ I R K1

USN

XL + IS

N

1

R

XL

R

XL

K2 R1

W1

UTN

+

IT

O

R

XL

W2

Figura 17

´ 7 S OLUCI ON 1. Como K1 y K2 est´an abiertos, el sistema trif´asico resultante est´a equilibrado y tanto el neutro de la carga (O) como el neutro del generador (N ) est´an al mismo potencial. En esta situaci´on, la intensidad de l´ınea se calcula como sigue: √ UF 220/ 3 =√ ≈ 5,68 A IL =  102 + 202 R2 + X 2 L

La potencia activa y reactiva absorbida por la carga es: P = 3 · R · IL2 = 3 · 10 · 5,682 ≈ 968 W Q = 3 · XL · IL2 = 3 · 20 · 5,682 ≈ 1 936 var

PROBLEMA 8

21

Es f´acil comprobar que W1 y W2 se encuentran dispuestos seg´un el m´etodo de los dos vat´ımetros y, como el sistema est´a equilibrado y es de secuencia directa, entonces: W1 + W2 = P = 968 1 936 Q W1 − W2 = √ = √ 3 3 Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene la lectura de ambos vat´ımetros: W1 ≈ 1 042,87 W ; W2 ≈ −74,87 W 2. Cuando K1 est´a cerrado y K2 est´a abierto, el sistema trif´asico resultante est´a desequilibrado. A pesar de esto, como no existe impedancia de l´ınea entre el generador y la carga trif´asica, R + jXL , e´ sta seguir´a sometida al mismo sistema de tensiones inicial, trif´asico equilibrado. De este modo, tanto la intensidad que circula por cada una de las ramas monof´asicas como las potencias, activa y reactiva, que absorbe dicha carga ser´an iguales a las calculadas en el apartado anterior. En consecuencia, la lectura del vat´ımetro 2 permanece invariable respecto a la situaci´on del apartado anterior: W2 = −74,87 W Como XL1 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 K1 est´a abierto y K2 est´a cerrado, el sistema trif´asico resultante est´a desequilibrado. Por las mismas razones que en el apartado anterior, la lectura del vat´ımetro 2 permanece invariable: W2 = −74,87 W Igualmente, la potencia activa y reactiva que absorbe la carga trif´asica, R + jXL , permanece invariable. Seg´un el m´etodo de los dos vat´ımetros: W1 + W2 = P donde P es ahora la potencia absorbida, no s´olo por la carga trif´asica, R + jXL , sino tambi´en por la resistencia R1 . Por tanto: P = 968 +

2202 ≈ 2 581,3ˆ3 W 30

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

22

y las lecturas de ambos vat´ımetros son: W1 ≈ 2 656,21 W ; W2 ≈ −74,87 W

PROBLEMA 8 El circuito trif´asico de la Figura 18 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V de tensi´on de fase. Sabiendo que Z 1 =10∠36,87◦ Ω, Z 2 =20∠ − 36,87◦ Ω y R=10 Ω, obtener la lectura del amper´ımetro y de los volt´ımetros en las siguientes condiciones: 1. K1 , K2 , K3 y K4 abiertos. 2. K1 abierto y K2 , K3 y K4 cerrados. 3. K1 cerrado y K2 , K3 y K4 abiertos. K2 URN

+ I R

R

Z2

R’ A K3

USN

+ IS

K1

R

Z2

S’

N

O K4 UTN

+

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 V1 = V2 = 0. En estas circunstancias se puede obtener una impedancia equivalente por fase de la carga 1 y 2, 10∠36,87◦ · 20∠ − 36,87◦ 200∠0◦ Z1 · Z2 = ≈ 10∠36,87◦ + 20∠ − 36,87◦ 24,74∠ − 14,04◦ Z1 + Z2 ◦ ≈ 8,08∠14,04 Ω.

Z eq =

Por tanto: IR =

400∠0◦ U RN = ≈ 22,28∠ − 6,27◦ A 8,08∠14,03◦ + 10 Z eq + R

Siendo la lectura del amper´ımetro 22,28 A. 2. Cuando K1 est´a abierto y K2 , K3 y K4 est´an cerrados, el sistema sigue estando equilibrado y en consecuencia: V1 = V2 = 0 En este caso: IR =

400∠0◦ U RN = ≈ 49,5∠ − 14,03◦ A 8,08∠14,03◦ Z eq

Siendo la lectura del amper´ımetro 49,5 A. 3. Cuando K1 est´a cerrado la carga 2 est´a desequilibrada y las intensidades I R , I S e I T formar´an un sistema trif´asico desequilibrado. Por otro lado, como K2 , K3 y K4 est´an abiertos, al circular las intensidades desequilibradas por cada resistencia R de la l´ınea, el sistema trif´asico de tensiones resultante en bornes de la carga 1 y 2 est´a desequilibrado. Por tanto, las lecturas de los dos volt´ımetros no ser´an nulas en general. Al estar cortocircuitados dos bornes de cada una de las cargas trif´asicas formadas por Z 1 y Z 2 , quedan en paralelo las impedancias monof´asicas correspondientes a la fase R y S  de cada carga. De este modo, agrupando las

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

24

URN

+ I R

R

Z2 2

R’

Z2

I2

O USN

+ IS

R

Z1 2

S’

Z1

N

I1 T’

O’ UTN

+

IT

URN

USN

R

+ I R

R

+ IS

R

R’=S’=N’

N UTN

3 Zeq +

IT

R

T’

2

Figura 19

impedancias que resultan en paralelo y reorganizando el circuito, se obtiene el circuito simplificado de la Figura 19, donde Z eq es la misma que la utilizada en apartados anteriores, es decir el paralelo de Z 1 y Z 2 . Seg´un la Figura 19, la tensi´on entre el neutro de la carga (N  ) y el neutro del generador (N ) se calcula como sigue:

U N N

U RN U SN UTN U RN U SN UTN + + + + 3·Z 3·Z R R R R R + 2 eq R + 2 eq = = 1 1 1 1 2 + + + R R R + 3·Z eq R R + 3·Z eq 2 2

PROBLEMA 9

25

Sustituyendo valores resulta:

U N N

400∠0◦ 400∠ − 120◦ 400∠120◦ + + ◦ 10 10 10 + 3·8,08∠14,03 2 = 1 2 + ◦ 3·8,08∠14,03 10 10 + 2 ≈

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

Una vez obtenida la tensi´on entre N  y N , entonces: U RN − U N  N 400∠0◦ − 88,32∠ − 52,24◦ = ≈ 35,29∠11,41◦ A R 10 U SN − U N  N 400∠ − 120◦ − 88,32∠ − 52,24◦ = ≈ 37,56∠ − 132,57◦ A IS = R 10 U T N − U N N 400∠120◦ − 88,32∠ − 52,24◦ IT = = ≈ 22,21∠113,71◦ A 3·8,08∠14,03◦ 3·Z eq 10 + R+ 2

IR =

2

Siendo la lectura del amper´ımetro 35,29 A. Seg´un la Figura 19, la lectura del volt´ımetro 2 se calcula como sigue: U OO = U OT  − U O T  = Z 2 · I 2 − Z 1 · I 1 = Z 2 ·

U R T  U R T  − Z1 · 3 =0 3 · Z · Z 2 1 2 2

Por lo tanto V2 = |U OO | = 0 De la misma forma, U N O = R · I S +

Z1 Z 1 U R T  · I 1 − U SN = R · I S + · − U SN 2 2 32 · Z 1

Z eq · I T − U SN 2 8,08∠14,03◦ · 22,21∠113,71◦ − 400∠ − 120◦ = 10 · 37,56∠ − 132,57◦ − 2 ≈ 1,43∠ − 54,33◦ V = R · IS −

Siendo la lectura del volt´ımetro 1 V1 = |U N O | = 1,43 V

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

26

PROBLEMA 9 El sistema trif´asico de la Figura 20 se alimenta de una red de secuencia inversa de 400/690 V. Sabiendo que Z=10∠ − 36,87◦ Ω, determinar: 1. Con los interruptores abiertos, las lecturas de W1 , W2 , 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 W1 , W2 , A1 y A2 en las condiciones del apartado anterior. URN

USN

+ I R

R

+ IS

S

Z A1

N

A2 Z

W1 UTN

+

IT T

Z W2

jX

jX

jX

Figura 20

´ 9 S OLUCI ON Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 21, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦ W1 = USR · IS · cos(U SR , I S ) = UL · IL · cos(30 + ϕ) ◦ W2 = UT R · IT · cos(U T R , I T ) = UL · IL · cos(ϕ − 30 )

Si se suman y se restan las lecturas de ambos vat´ımetros se obtienen las potencias activa y reactiva trif´asicas suministradas por el generador: √ W1 + W2 = UL · IL · [cos(30◦ + ϕ) + cos(ϕ − 30◦ )] = 3 · UL · IL · cos ϕ = Pg

PROBLEMA 9

27

UST USN USR

30o

30o

ϕ

IT

URN

IS ϕ

30o

URS

IR

ϕ

30o

UTN UTR Figura 21

Qg W2 − W1 = UL · IL · [cos(ϕ − 30◦ ) − cos(30◦ + ϕ)] = UL · IL · sin ϕ = √ 3 Por tanto: Pg = W1 + W2 √ Qg = 3 · (W2 − W1 ) 1. Con los interruptores abiertos, la intensidad de l´ınea es: IL = IF =

400 UF = = 40 A Z 10

En esta situaci´on, las lecturas de los amper´ımetros 1 y 2 son iguales y de valor 40 A. Las potencias, activa y reactiva, cedidas por el generador, es decir consumidas por la carga, se calculan como sigue: Pg = 3 · IL2 · Z · cos ϕ = 3 · 402 · 10 · cos(−36,87◦ ) = 38 400 W Qg = 3 · IL2 · Z · sin ϕ = 3 · 402 · 10 · sin(−36,87◦ ) = −28 800 var Por tanto: ⎫ W1 + W2 = 38 400 ⎬ W1 ≈ 27 513,85 W −28 800 =⇒ W2 ≈ 10 886,15 W ⎭ (W2 − W1 ) = √ 3 2. Para que la instalaci´on trabaje con factor de potencia unidad, con los interruptores cerrados, es necesario que el generador no suministre potencia

28

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

reactiva a la carga. Como la carga Z tiene car´acter capacitivo entonces X tendr´a que ser inductiva. El valor de X se obtiene igualando la potencia reactiva que suministra la carga capacitiva con la potencia reactiva que consume la carga X, la cual se calcula como sigue: Q=3·

UF2 X

Despejando y sustituyendo valores resulta: X =3·

UF2 4002 =3· ≈ 16,6ˆ6 Ω Q 28 800

3. En las condiciones del apartado anterior, las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene seg´un:  W1 + W2 = 38 400 =⇒ W1 = W2 = 19 200 W (W2 − W1 ) = 0 La lectura del amper´ımetro 2 sigue siendo la misma que en el apartado 1, es decir 40 A, ya que no se modifican las condiciones de funcionamiento de la carga Z. Por otro lado, la lectura del amper´ımetro 1 se puede obtener a partir de la potencia aparente del generador, que en esta situaci´on (al ser nula potencia reactiva) es igual a la potencia activa: √ Sg = Pg = 3 · UL · IL1 Despejando y sustituyendo valores resulta: IL1 = √

Pg 38 400 ≈ 32,13 A =√ 3 · UL 3 · 690

Por tanto, la lectura del amper´ımetro 1 es 32,13 A.

PROBLEMA 10 El sistema de la Figura 22 se encuentra alimentado por un sistema de tensiones trif´asico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Con los interruptores abiertos la lectura de los instrumentos de medida son: W1 =865 W, W2 =635 W, W3 =116 W, W4 =167 W y A=10 A. Sabiendo que la carga 1 tiene car´acter 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 instalaci´on. 4. La capacidad de los condensadores para que, una vez conectados, el factor de potencia equivalente de la instalaci´on sea de 0,95 capacitivo. URN

USN

+ I R R

W2

W4

IR1

+ IS S

N UTN

+

IT T

W1

IR2

Z2

IS2

Z2

IT2

Z2

A C

C

C

+ W3

Z1

Z1

Figura 22

´ 10 S OLUCI ON 1. Seg´un la Figura 22, el vat´ımetro 3 mide la potencia activa absorbida por la impedancia Z 1 : W3 = PZ1 = 116 W Por otro lado, la lectura del vat´ımetro 3 es:  , I R1 ) = URT · IR1 · cos ϕ1 W3 = URT · IR1 · cos(U RT Despejando y sustituyendo valores resulta: cos ϕ1 =

W3 116 = 0,029 =⇒ ϕ1 ≈ 88,33◦ = URT · IR1 400 · 10

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

30

Como las dos impedancias Z 1 est´an sometidas a la misma tensi´on, que en este caso es la tensi´on de l´ınea del sistema trif´asico, absorber´an las mismas potencias, activa y reactiva. En consecuencia con lo anterior: P1 = 2 · PZ1 = 2 · 116 = 232 W

Q1 = P1 · tan ϕ1 = 232 · tan(88,33◦ ) ≈ 7 997 var 2. Seg´un la Figura 22, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: W1 = UT S · IT · cos(U T S, IT ) W2 = URS · IR · cos(U RS , I R ) Como la carga 1 est´a desequilibrada, las intensidades de l´ınea, {I R , I S , I T }, formar´an un sistema trif´asico desequilibrado. La potencia activa absorbida por las cargas 1 y 2 se puede calcular a partir de la potencia compleja: ∗

∗

∗

P12 = e[S] = e[U RN · I R + U SN · I S + U T N · I T ] Al no haber conductor neutro, se verifica: IR + IS + IT = 0 Por tanto: ∗

∗

∗

∗

P12 = e[S] = e[U RN · I R + U SN · (−I R − I T ) + U T N · I T ] ∗

∗

∗

∗

= e[U RS · I R + U T S · I T ] = e[U RS · I R ] + e[U T S · I T ] = W1 + W2 Adem´as, seg´un el Teorema de Boucherot: P12 = P1 + P2 Hay que recordar que, cuando el sistema est´a desequilibrado, no se puede utilizar el m´etodo de los dos vat´ımetros para obtener la potencia reactiva. La potencia activa que absorbe la carga trif´asica 2 se calcula a partir de las relaciones anteriores: P2 = W1 + W2 − P1 = 865 + 635 − 232 = 1 268 W

PROBLEMA 10

UTR

31

UTS UTN 30o

IS2 USN

ϕ2

ϕ2

ϕ2

60o

IT2

URS

30o

IR2

URN

UST Figura 23

Seg´un la Figura 22 y el diagrama fasorial de la Figura 23, la lectura del vat´ımetro 4 es la siguiente: ◦ W4 = UT S · IR2 · cos(U  T S , I R2 ) = UT S · IR2 · cos(90 + ϕ2 ) −Q2 = −UT S · IR2 · sin(ϕ2 ) = √ 3

As´ı pues, la potencia reactiva de la carga 2 es: √ √ Q2 = − 3 · W4 = − 3 · 167 ≈ −289,25 var Como el signo de Q2 ha resultado negativo implica que la carga 2 tiene car´acter capacitivo, es decir cede potencia reactiva. 3. El factor de potencia equivalente de la instalaci´on es: P12 P1 + P2 = S12 (P1 + P2 )2 + (Q1 + Q2 )2 232 + 1 268 = ≈ 0,19 inductivo (232 + 1 268)2 + (7 997 − 289,25)2

cos ϕT =

4. Una vez conectado el banco de condensadores, el factor de potencia equivalente de la instalaci´on ha de ser de 0,95 capacitivo, por tanto el nuevo a´ ngulo equivalente ser´a: ϕN = − arc cos(0,95) ≈ −18,19◦ De manera que la potencia reactiva que cede el conjunto de las cargas y el banco de condensadores es: QN = P12 · tan ϕN = (232 + 1 268) · tan(−18,19◦ ) ≈ −492,88 var

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

32

En consecuencia la potencia reactiva que debe suministrar el banco trif´asico de condensadores se calcula como sigue: QC = QN − Q12 = −492,88 − (7 997 − 289,25) = −8 200,63 var De esta forma, la capacidad de cada uno de los condensadores del banco es la siguiente: 8 200,63 C= 2 ≈ 163 μF  400 3 · 2π · 50 · √ 3

PROBLEMA 11 Del sistema trif´asico, equilibrado y de secuencia directa, de la Figura 24 se sabe que, con los interruptores abiertos, el vat´ımetro 1 marca cero, el vat´ımetro 2 marca 1 000 W y el volt´ımetro marca 400 V. Sabiendo que C=10 μF, calcular la lectura de ambos vat´ımetros cuando los interruptores est´an cerrados. URN

USN

+ I R R V + IS S W1

N UTN

+

W2

IT T

CARGA 1

CARGA 2 C

Figura 24

C

C

PROBLEMA 11

33

´ 11 S OLUCI ON

Seg´un la Figura 24 y 25, la lectura del vat´ımetro 1 es la siguiente: −QT ◦ W1 = URT ·IS ·cos(U RT , I S ) = URT ·IS ·cos(90 +ϕ) = −URT ·IS ·sin ϕ = √ 3 UTN IS USN

ϕ

90o

30o

URN

URT

Figura 25

Con los interruptores abiertos: W1 =

−(Q1 + Q2 ) √ 3

An´alogamente, con los interruptores abiertos la lectura del vat´ımetro 2 es: −Q2 W2 = √ 3 Teniendo en cuenta que, con los interruptores abiertos, W1 =0 y W2 =1 000, entonces: −(Q1 + Q2 ) √ =⇒ Q1 = −Q2 3 √ √ −Q2 =⇒ Q2 = −1 000 · 3 var =⇒ Q1 = 1 000 · 3 var 1 000 = √ 3 0=

Seg´un los resultados obtenidos, la carga 2 es capacitiva y la carga 1 es inductiva. Por otro lado, la potencia reactiva que cede el banco de condensadores conectado en estrella es:   400 2 2 · 2π50 · 10 · 10−6 ≈ 502,65 var QC = 3 · UF · ωC = 3 · √ 3

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

34

Con los interruptores cerrados, la lectura de ambos vat´ımetros es la siguiente: √ √ −(Q1 + Q2 + QC ) −(1 000 · 3 − 1 000 · 3 − 502,65) √ √ = ≈ 290,21 W W1 = 3 3 √ −(−1 000 · 3 − 502,65) −(Q2 + QC ) √ √ = ≈ 1 290,2 W W2 = 3 3 PROBLEMA 12 El circuito trif´asico de la Figura 26 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 380 V. Sabiendo que Z 1 =10∠90◦ Ω, Z 2 =10∠0◦ Ω, Z 3 =10∠ − 36,87◦ Ω, R=0,1 Ω, obtener las lecturas de los tres amper´ımetros en los siguientes casos: 1. Con K1 y K2 cerrados. 2. Con K1 cerrado y K2 abierto. 3. Con K1 y K2 abiertos. 4. Con K1 y K2 cerrados y conectada la bater´ıa de condensadores de forma que el factor de potencia equivalente de la instalaci´on es de 0,99 inductivo. URN

+ A1

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 K1 y K2 est´an cerrados entonces: √ 380/ 3∠0◦ U RN I R = I R1 = = ≈ 21,94∠ − 89,43◦ A 0,1 + 10∠90◦ R + Z1 √ 380/ 3∠ − 120◦ U SN I S = I S1 = = ≈ 21,72∠ − 120◦ A 0,1 + 10∠0◦ R + Z2 √ 380/ 3∠120◦ UTN IT = IT 1 = = ≈ 21,76∠156,53◦ A 0,1 + 10∠ − 36,87◦ R + Z3 Siendo la lectura de cada amper´ımetro: A1 = 21,94 A ; A2 = 21,72 A ; A3 = 21,76 A 2. Cuando K1 est´a cerrado y K2 abierto la lectura de los amper´ımetros 1 y 2 no var´ıan respecto al apartado anterior, sin embargo la lectura del amper´ımetro 3 ahora es nula: A1 = 21,94 A ; A2 = 21,72 A ; A3 = 0 3. Cuando ambos interruptores se encuentran abiertos, el circuito resultante es el mostrado en la Figura 27, de donde se deduce la siguiente expresi´on:

N

URN

+

IR

R

Z1

USN

+

IS

R

Z2

Figura 27

U RS = I R · (2 · R + Z 1 + Z 2 ) = −I S · (2 · R + Z 1 + Z 2 ) Despejando y sustituyendo valores resulta: U RS 2 · R + Z1 + Z2 380∠30◦ = ≈ 26,6∠ − 14,43◦ A 2 · 0,1 + 10∠90◦ + 10∠0◦

I R = −I S =

Por tanto, la lectura de los amper´ımetros es: A1 = A2 = 26,6 A ; A3 = 0

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

36

4. En primer lugar se calcular´a la potencia de la bater´ıa de condensadores. Para ello se obtendr´an las potencias, activa y reactiva, absorbidas por los receptores: 2 2 + IS1 + IT2 1 ) PT = R · (IR1 2 2 + Z2 · cos ϕ2 · IS1 + Z3 · cos ϕ3 · IT2 1 + Z1 · cos ϕ1 · IR1

= 0,1 · (21,942 + 21,722 + 21,762 ) + 10 · cos 90◦ · 21,942 + 10 · cos 0◦ · 21,722 + 10 · cos(−36,87◦ ) · 21,762 ≈ 8 648,22 W 2 2 + Z2 · sin ϕ2 · IS1 + Z3 · sin ϕ3 · IT2 1 QT = Z1 · sin ϕ1 · IR1

= 10 · sin 90◦ · 21,942 + 10 · sin 0◦ · 21,722 + 10 · sin(−36,87◦ ) · 21,762 ≈ 1 972,64 var 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) =

1 972,64 − QC QT − QC =⇒ QC ≈ 740,33 var = PT 8 648,22

Una vez obtenida la potencia reactiva de la bater´ıa de condensadores entonces: QC 740,33 ≈ 1,12 A =√ IRC = ISC = IT C = √ 3 · UL 3 · 380 En consecuencia: 

I R = I R1 + I RC = 21,94∠ − 89,43◦ + 1,12∠90◦ ≈ 20,82∠ − 89,4◦ A 

I S = I S1 + I SC = 21,72∠ − 120◦ + 1,12∠ − 30◦ ≈ 21,75∠ − 117,04◦ A 

I T = I T 1 + I T C = 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 trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que el volt´ımetro mide 400 V, R=10 Ω, Z 1 =10∠90◦ Ω, y Z 2 =30∠ − 90◦ Ω. Obtener: 1. La lectura del amper´ımetro. 2. La lectura del vat´ımetro 1. 3. La lectura del vat´ımetro 2. URN

USN

+ I R R

IB

A IA

V

Z2

+ IS S

N

R

R

Z2

W2 UTN

Z2 +

R

IT T

W1

Z1

Z1

Z1

Figura 28

´ 13 S OLUCI ON 1. Como el sistema est´a equilibrado, el neutro de la carga 1 y el neutro del generador est´an al mismo potencial. Tomando como origen de fases la tensi´on U RS : √ 400/ 3∠ − 30◦ 40 U RN IA = = = √ ∠ − 120◦ A ◦ 10∠90 Z1 3

38

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

Por otro lado, si se convierte la carga 2, conectada en tri´angulo, a su equivalente en estrella, resulta: IB =

U RN R+

Z2 3

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

Seg´un la Figura 28: IR = IA + IB

√ 40 20 2 ◦ = √ ∠ − 120 + √ ∠15◦ ≈ 16,32∠ − 75◦ A 3 3

Por tanto, la lectura del amper´ımetro es de 16,32 A. 2. Seg´un la Figura 28, el vat´ımetro 1 est´a midiendo la potencia activa de una de las fases del conjunto trif´asico situado a la derecha de e´ l. Como Z 2 es una carga capacitiva pura, no consumir´a potencia activa. Por tanto:  2 ·R = W 1 = IB

√ 2 20 2 8 000 √ W · 10 = 3 3

3. Seg´un la Figura 28 y el diagrama fasorial de la Figura 29, el vat´ımetro 2 mide lo siguiente: −Q ◦ W2 = URT · IS · cos(U RT , I S ) = URT · IS · cos(ϕ + 90 ) = √ 3

UTR UTN IT

IS USN

ϕ

URS 30o

30o

URN

IR 60o

UST

URT

Figura 29

PROBLEMA 14

39

donde Q es la potencia reactiva cedida por el generador: Z2 · sin ϕ2 3  √ 2   40 2 20 2 30 ◦ √ · sin(−90◦ ) =3· √ · 10 · sin(90 ) + 3 · · 3 3 3

2 2 · Z1 · sin ϕ1 + 3 · IB · Q = 3 · IA

= 8 000 var De donde resulta: W2 =

−8 000 √ ≈ −4 618,8 W 3

Otra forma de proceder es aplicando directamente la expresi´on del vat´ımetro 2: W2 = URT · IS · cos(U RT , I S ) √ 20 2 = 400 · √ · cos[−60◦ − (−75◦ − 120◦ )] 3 √ −8 000 20 2 = 400 · √ · cos(135◦ ) = √ 3 3

PROBLEMA 14 El circuito de la Figura 30 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que el volt´ımetro mide 400 V, R=10 Ω, Z 1 =Z 3 = 10∠90◦ Ω y Z 2 =30∠ − 90◦ Ω. Obtener: 1. La lectura del amper´ımetro 1. 2. La lectura del amper´ımetro 2. 3. La lectura del vat´ımetro 1. 4. La lectura del vat´ımetro 2. ´ 14 S OLUCI ON El circuito trif´asico de la Figura 30 se encuentra equilibrado ya que tanto las cargas como el sistema de alimentaci´on lo est´an. De este modo resulta mas c´omodo trabajar con un circuito monof´asico equivalente para el an´alisis del sistema.

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

40

URN

USN

+ I R

R

R1

A1

A2

R2 R

Z3

S2 R

Z3

T2 R

Z3

V + IS

N UTN

R

R

+

R

S

R

IT T

R

S1

W2

R

T1

W1

Z2 Z1

Z1

Z1

Z2 Z2

Figura 30

Para obtener el circuito monof´asico equivalente es necesario que todas las cargas est´en conectadas en tri´angulo o en estrella. En este caso se usar´a la conexi´on en estrella, de forma que la carga 2 habr´a que convertirla a esta configuraci´on: Z 2Y =

Z 2Δ Z2 = 3 3

En la Figura 31 se representa el circuito monof´asico equivalente correspondiente a la Figura 30. IR

R

R1

R

R2

A1

R A2

+ URN

Z1

Z2/3

Z3

N

Figura 31

A partir de la lectura del volt´ımetro, y tomando la fuente de tensi´on U RN como origen de fases, se tiene: 400 U RN = √ ∠0◦ V 3

PROBLEMA 14

41

1. Haciendo una conversi´on de la fuente de tensi´on en el circuito de la Figura 31, resulta el circuito de la Figura 32. IR

URN/R

R

R1

A1

I1

R

Z1

R2

A2

Z2/3

I2

R

Z3

N

Figura 32

A partir del circuito de la Figura 32, aplicando el concepto de divisor de intensidad: U RN Y eq · I1 = R 1 1 + + Y eq R Z1 donde: Z2 (R + Z 3 ) · 1 3 Z eq = =R+ Y eq Z2 (R + Z 3 ) + 3 Sustituyendo valores resulta: 30∠ − 90◦ 1 3 ≈ 22,36∠ − 26,57◦ Ω = = 10 + ◦ 30∠ − 90 Y eq (10 + 10∠90◦ ) + 3 (10 + 10∠90◦ ) ·

Z eq

1 22,36∠ − 26,57◦ · I1 = √ ≈ 6,41∠56,31◦ A 1 1 3 · 10 1 + + 10 10∠90◦ 22,36∠ − 26,57◦ 400∠0◦

Por tanto, la lectura del amper´ımetro 1 es de 6,41 A. 2. Procediendo de forma an´aloga al caso anterior: 1 I2 = I1 ·

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

42

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

Sustituyendo valores resulta: 1 (10 + 10∠90◦ ) I 2 = 6,41∠56,31◦ · = 6,41∠ − 33,69◦ A 3 1 + (10 + 10∠90◦ ) 30∠ − 90◦ Por tanto, la lectura del amper´ımetro 2 es de 6,41 A. 3. Seg´un la Figura 30, el vat´ımetro 1 est´a midiendo el consumo de potencia activa de una de las fases del conjunto trif´asico situado a la derecha de e´ l: W1 = I12 · Zeq · cos ϕeq = 6,412 · 22,36 · cos(−26,57◦ ) ≈ 821,7 W 4. Atendiendo a la Figura 30, es f´acil comprobar que el vat´ımetro 2 mide lo siguiente: −3 · I22 · Z3 · sin ϕ3 −Q √ W2 = √ = 3 3 Sustituyendo valores resulta: W2 =

−3 · 6,412 · 10 · sin(90◦ ) √ ≈ −711,66 W 3

PROBLEMA 15 El circuito de la Figura 33 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que el volt´ımetro mide 400 V, Z R =10∠0◦ Ω, Z S =10∠45◦ Ω y Z T =10∠90◦ Ω. Tomando como origen de fases U RN , se pide: 1. Obtener I R , I S e I T y las lecturas de W1 y W2 cuando K1 y K2 est´an abiertos. 2. Obtener la capacidad (C) de los condensadores para que, con K1 cerrado y K2 abierto, el factor de potencia equivalente de la instalaci´on sea la unidad. As´ı mismo, obtener I R , I S e I T . 3. Obtener las capacidades (CR , CS y CT ) de los condensadores para que, con K1 abierto y K2 cerrado, el factor de potencia de cada una de las ramas monof´asicas resultantes sea la unidad.

PROBLEMA 15

43

4. En las condiciones del apartado anterior, obtener I R , I S e I T . 2 + I 2 + I 2 ) para los tres casos analizados. Justificar cual de los 5. Calcular (IR S T m´etodos de compensaci´on de reactiva es el m´as conveniente.

URN

USN

+ I R

R W1

ZR

IZS

ZS

V + IS

N

W2

S UTN

IZR

+

O

IT T

IZT ICR

ICS

ZT

ICT

K1

K2 C

C

C

CR

CS

CT

Figura 33

´ 15 S OLUCI ON 1. Como el neutro del generador est´a r´ıgidamente unido al neutro de la carga entonces UN O =0, y las intensidades resultan: √ 400/ 3∠0◦ 40 U RN I R = I ZR = = ≈ √ ∠0 A ◦ 10∠0 ZR 3 √ ◦ 400/ 3∠ − 120 40 U SN I S = I ZS = = ≈ √ ∠ − 165◦ A ◦ 10∠45 ZS 3 √ ◦ 400/ 3∠120 40 UTN I T = I ZT = = ≈ √ ∠30◦ A ◦ 10∠90 ZT 3 La lectura de cada vat´ımetro es: 40 ◦ W1 = UT R · IR · cos(U T R , I R ) = 400 · √ · cos(150 ) = −8 000 W 3 40 ◦ ◦ W2 = UST · IS · cos(U ST , I S ) = 400 · √ · cos(−90 + 165 ) ≈ 2 391 W 3

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

44

2. La potencia reactiva que absorbe la carga es: 2 2 + ZT · sin ϕT · IZT Q = ZS · sin ϕS · IZS     40 2 40 2 = 10 · sin(45◦ ) · √ + 10 · sin(90◦ ) · √ ≈ 9 104,57 var 3 3

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: U2 QC = Q = 3 · F = ω · C · UL2 XC Despejando y sustituyendo valores resulta: C=

9 104,57 QC = ≈ 181,13 μF 2 2π · 50 · 4002 2π · f · UL

Seg´un la Figura 33: U RN U RN · 2π · f · C = XC ∠ − 90◦ 1∠ − 90◦ √ 400/ 3∠0◦ · 2π · 50 · 181,13 · 10−6 = ≈ 13,14∠90◦ A 1∠ − 90◦ ≈ 13,14∠ − 30◦ A ; I CT ≈ 13,14∠210◦ A

I CR =

I CS Por tanto:

40  I R = I CR + I ZR = 13,14∠90◦ + √ ∠0 ≈ 26,57∠29,63◦ A 3 40  I S = I CS + I ZS = 13,14∠ − 30◦ + √ ∠ − 165◦ ≈ 16,64∠ − 131,05◦ A 3 40  I T = I CT + I ZT = 13,14∠210◦ + √ ∠30◦ ≈ 9,95∠30◦ A 3 3. En este caso la capacidad de cada uno de los condensadores ser´a tal que el factor de potencia de cada una de las ramas monof´asicas sea la unidad. La potencia reactiva que absorbe cada una de las impedancias monof´asicas es: 2 =0 QR = ZR · sin ϕR · IZR

 40 2 = 10 · sin(45 ) · √ ≈ 3 771,24 var QS = 3   40 2 2 ◦ ≈ 5 333,33 var QT = ZT · sin ϕT · IZT = 10 · sin(90 ) · √ 3 2 ZS · sin ϕS · IZS

◦



PROBLEMA 15

45

A partir de estas potencias, la capacidad de cada uno de los condensadores se calcula de la siguiente forma: QR =0 2π · f · UF2 QS 3 771,24 √ = ≈ 225 μF CS = 2 2π · f · UF 2π · 50 · (400/ 3)2 QT 5 333,33 √ = ≈ 318 μF CT = 2 2π · f · UF 2π · 50 · (400/ 3)2

CR =

4. Teniendo en cuenta que, una vez compensadas, el factor de potencia de cada rama monof´asica es la unidad, entonces: 40  I R = √ ∠0◦ A 3 2 PS ZR · cos ϕR · IZS  IS = ∠ − 120◦ = ∠ − 120◦ UF UF √ 10 · cos(45◦ ) · (40/ 3)2 √ ∠ − 120◦ ≈ 16,33∠ − 120◦ A = (400/ 3) 2 ZT · cos ϕT · IZT PT  IT = ∠120◦ = ∠120◦ UF UF √ 10 · cos(90◦ ) · (40/ 3)2 √ ∠120◦ = 0 A = (400/ 3) 5. Para cada uno de los casos analizados se obtiene lo siguiente:  40 2 + + = 3· √ = 1 600 A2 3 2 (IR + IS2 + IT2 ) = 26,572 + 16,642 + 9,952 ≈ 1 081,1 A2 √ 2 (IR + IS2 + IT2 ) = (40/ 3)2 + 16,332 ≈ 800 A2 2 (IR

IS2

IT2 )



A la vista de los resultados, el m´etodo de compensaci´on de reactiva m´as conveniente en este caso se consigue usando condensadores de distinta capacidad. Con este m´etodo se disminuir´ıan las p´erdidas en las l´ıneas de alimentaci´on ya que: 2 + IS2 + IT2 ) P´erdidas ∼ (IR

46

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA 16 El circuito de la Figura 34 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa, de 400 V. Sabiendo que Z R =10∠0◦ Ω, Z S =10∠45◦ Ω, Z T =10∠90◦ Ω y que Z N =0,1∠0◦ Ω, obtener la lectura del volt´ımetro en los casos siguientes: 1. Con K1 abierto y K2 cerrado. 2. Con K1 cerrado. 3. Con K1 y K2 abiertos. K1 URN

USN

+ I R

R

ZR

+ IS

S

ZS

N

O UTN

+

K2

IT T

ZT

ZN

V

Figura 34

´ 16 S OLUCI ON 1. Con K1 abierto y K2 cerrado, la tensi´on entre el neutro del generador y el neutro de la carga se puede obtener aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

+

U SN

+

UTN

ZR ZS ZT 1 1 1 1 + + + ZR ZS ZT ZN

PROBLEMA 17

47

Sustituyendo valores resulta:

U ON

√ √ √ (400/ 3)∠0◦ (400/ 3)∠120◦ (400/ 3)∠ − 120◦ + + 10∠0◦ 10∠45◦ 10∠90◦ = ≈ 3,45∠76◦ V 1 1 1 1 + + + 10∠0◦ 10∠45◦ 10∠90◦ 0,1∠0◦

Por tanto, la lectura del volt´ımetro es de 3,45 V.

√ 2. Si K1 est´a cerrado, la lectura del volt´ımetro es de 400/ 3 ≈ 230 V independientemente del estado del interruptor K2 , porque se encuentra midiendo la tensi´on de la fuente URN 3. Con K1 y K2 abiertos, la tensi´on entre el neutro del generador y el neutro de la carga se puede obtener de la misma forma que en el apartado 1, aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

ZR 1 ZR

+

+ 1 ZS

U SN ZS +

1 ZN

Sustituyendo valores, resulta: √ √ (400/ 3)∠0◦ (400/ 3)∠120◦ + 10∠0◦ 10∠45◦ U ON = ≈ 3,60∠37,9◦ V 1 1 1 + + 10∠0◦ 10∠45◦ 0,1∠0◦ Por tanto, la lectura del volt´ımetro es de 3,6 V.

PROBLEMA 17 El circuito de la Figura 35 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones, equilibrado y de secuencia directa. Sabiendo que Z C =−j40 Ω, Z L =j40 Ω y que el amper´ımetro marca 10 A, se pide: 1. Calcular la intensidad que circula por el neutro. 2. Obtener las lecturas de los vat´ımetros. 3. Justificar si deber´ıa coincidir la suma de las lecturas de los dos vat´ımetros con la potencia activa absorbida por la carga.

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

48

URN

USN

+

+

N UTN

+

ZC

IR R

W1 ZL

IS S

IT T

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: IN = IR + IS + IT Como el sistema posee neutro, y e´ ste se considera ideal, las tensiones de fase en la carga estar´an equilibradas. Al tener el mismo m´odulo las tres impedancias de carga, las correspondientes intensidades de fase tendr´an el mismo valor eficaz de 10 A: |I R | = |I S | = |I T | = 10 A Eligiendo como origen de fases la tensi´on U RN , se construye el diagrama fasorial de la Figura 36 donde las tres intensidades se situar´an adelantadas o retrasadas 90◦ a su correspondiente tensi´on de fase, seg´un la carga sea, respectivamente, un condensador o una bobina. Seg´un esto, es f´acil comprobar que I R = 10∠90◦ A ; I S = 10∠150◦ A ; I T = 10∠30◦ A y por tanto, la intensidad que circula por el neutro es I N = 10∠90◦ + 10∠150◦ + 10∠30◦ = 20∠90◦ A

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: UF = IF · Z = 10 · 40 = 400 V √ √ UL = 3 · UF = 3 · 400 V De esta forma, la lectura de cada vat´ımetro ser´a W1 = URT · IR · cos(U RT , I R ) √ √ = 3 · 400 · 10 · cos(−30◦ − 90◦ ) = −2 000 3 W W2 = UST · IS · cos(U ST , I S ) √ √ = 3 · 400 · 10 · cos(−90◦ − 150◦ ) = −2 000 3 W 3. Al tratarse de elementos reactivos puros, la potencia activa absorbida por ellos ser´a nula y no coincide con la suma de las lecturas de los vat´ımetros. Esto es debido a que el m´etodo de Aron, al igual que el de los tres vat´ımetros, solo es v´alido en sistemas donde I R + I S + I T = 0, lo que no se cumple en este caso.

PROBLEMA 18 El circuito de la Figura 37 se encuentra alimentado por un generador desequilibrado. Conocidas las intensidades de l´ınea I R =15∠30◦ A e I S =20∠140◦ A, y que Z=3∠30◦ Ω, determinar las intensidades de fase en la carga.

50

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

URN

+ I R

R IRS ITR

Z USN

+ IS

S Z IST Z

UTN

+

IT T

Figura 37

´ 18 S OLUCI ON

Al estar el generador desequilibrado, no existe una relaci´on conocida entre las intensidades de l´ınea y de fase. Por tanto, ser´a necesario calcular las tensiones del sistema. Convirtiendo la carga en tri´angulo a su estrella equivalente da lugar al circuito de la Figura 38, a partir del cual se puede obtener la tensi´on de cada impedancia: 

U RN = I R · Z = 15∠30◦ · 1∠30◦ = 15∠60◦ V 

U SN = I S · Z = 20∠140◦ · 1∠30◦ = 20∠170◦ V 

U T N = I T · Z = −(I R + I S ) · Z



≈ 20,49∠ − 83,46 · 1∠30◦ = 20,49∠ − 23,46 V A partir de estas tensiones de fase se obtienen las tensiones de l´ınea: U RS = U RN − U SN = 15∠60◦ − 20∠170◦ ≈ 28,81∠19,29◦ V U ST = U SN − U T N = 20∠170◦ − 20,49∠ − 23,46◦ ≈ 40,21∠163,19◦ V U T R = U T N − U RN = 20,49∠ − 23,46◦ − 15∠60◦ ≈ 23,98∠ − 61,89◦ V Conocidas las tensiones de l´ınea del sistema, es f´acil determinar las intensida-

PROBLEMA 19

URN

USN

51

+ I R

R

Z’

+ IS

S

Z’ N

UTN

+

IT T

Z’

Figura 38

des de fase de la carga original: 28,81∠19,29◦ U RS = ≈ 9,6∠ − 10,71◦ A 3∠30◦ Z 40,21∠163,19◦ U ST = = ≈ 13,40∠133,19◦ A ◦ 3∠30 Z 23,98∠ − 61,89◦ UTR = = ≈ 8∠ − 91,89◦ A 3∠30◦ Z

I RS = I ST ITR

PROBLEMA 19 El circuito de la Figura 39 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa, de 380 V. Sabiendo que R=10 Ω, XC =−j2 Ω y Z=2 + j3 Ω, calcular las lecturas de los vat´ımetros en los siguientes casos: 1. Todos los interruptores abiertos. 2. Cerrado s´olo el interruptor K1 . 3. Cerrado s´olo el interruptor K2 . 4. Cerrado s´olo el interruptor K3 .

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

52

URN

+ R

IR

W1 K2

USN

R + S

IS

N K1

UTN

K3

10 kW cosϕ=0,8 capacitivo

XC

Z + T

IT

W2

Figura 39

´ 19 S OLUCI ON 1. Seg´un la Figura 39 las lecturas de los vat´ımetros son las siguientes: W1 = URS · IR · cos(U RS , I R ) W2 = UT S · IT · cos(U T S, IT )

UST USN

30o

IT

URN

IS

ϕ

ϕ

URS

30o

IR

ϕ

30o

UTN UTR

UTS Figura 40

Cuando todos los interruptores est´an abiertos la carga est´a equilibrada y

PROBLEMA 19

53

seg´un el diagrama fasorial de la Figura 40:  W1 = UL · IL · cos(ϕ − 30◦ ) W2 = UL · IL · cos(30◦ + ϕ)

⎧ ⎨ W1 + W2 = P Q =⇒ ⎩ W1 − W2 = √ 3

En este caso, P y Q se obtienen a partir de los datos conocidos de la carga de 10 kW: P = 10 000 W Q = P · tan(ϕ) = 10 000 · tan(− arc cos(0,8)) = −7 500 var En consecuencia: P =W √ 1 + W2 = 10 000 Q = 3 · (W1 − W2 ) = −7 500

 =⇒

W1 ≈ 2 835 W W2 ≈ 7 165 W

2. Al cerrar K1 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 modifican sus lecturas. 3. Cuando se cierra K2 , los vat´ımetros siguen conectado seg´un el montaje Aron aunque ahora, al estar la carga desequilibrada, s´olo se puede medir potencia activa con ellos. Las nuevas lecturas de los vat´ımetros deben cumplir: P  = W1 + W2 El valor de la nueva potencia activa se obtiene sumando la que absorbe la resistencia de 10 Ω y la carga de 10 kW: P  = P + PR = 10 000 +

3802 = 24 440 W 10

Por otra parte, la lectura del vat´ımetro 2 no cambia ya que no lo hace ni su tensi´on ni su intensidad. Teniendo en cuenta esto, puede obtenerse la nueva lectura del vat´ımetro 1: W1 = P  − W2 = 24 440 − 7 165 = 17 275 W 4. Si el u´ nico interruptor que est´a cerrado es K3 , se tiene el m´etodo de Aron con carga desequilibrada. Adem´as, dicho interruptor conecta en paralelo un

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

54

condensador y la carga de 10 kW, de forma que la potencia activa no ha variado respecto al caso 1. En consecuencia: P = W1 + W2 = 10 000 W Adem´as, la lectura del vat´ımetro 1 no cambia ya que no se modifica ni la intensidad ni la tensi´on medida al cerrar K3 . En resumen, si la suma de los vat´ımetros no cambia y tampoco lo hace W1 entonces la lectura del vat´ımetro 2 ser´a la misma que la del primer apartado: W1 = W1 = 2 835 W ; W2 = W2 = 7 165 W

PROBLEMA 20 El circuito de la Figura 41 se alimenta desde un generador trif´asico equilibrado y de secuencia inversa. Estando el interruptor K cerrado, las lecturas de los vat´ımetros son W1 =−1 500 W y W2 =−3 750 W. Suponiendo que Z v es una impedancia id´entica a la impedancia voltim´etrica de los vat´ımetros, determinar: 1. La potencia activa y reactiva de la carga. 2. Las nuevas lecturas de los vat´ımetros al abrir el interruptor K. R

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 voltim´etricas de los vat´ımetros, junto con Z v , constituyen una carga trif´asica equilibrada en estrella. Por esto, su neutro (punto O) estar´a al mismo potencial que el neutro del generador y de la carga. USR

USO

30o

URO

120o ϕ

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: ◦ W1 = UT O · IR · cos(U T O , I R ) = UF · IF · cos(120 − ϕ) ◦ W2 = USO · IR · cos(U SO , I R ) = UF · IF · cos(120 + ϕ)

Desarrollando estas expresiones se tiene que  −1 cos ϕ + W1 = UF · IF · 2  −1 cos ϕ − W2 = UF · IF · 2

 3 sin ϕ 2  √ 3 sin ϕ 2 √

de donde −W1 − W2 = UF · IF · cos ϕ = W1 − W2 =

√

P 3

Q 3 · UF · IF · sin ϕ = √ 3

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

56

Luego los valores de las potencias, activa y reactiva, de la carga ser´an: P = 3 · (−W1 − W2 ) = 3 · (1 500 + 3 750) = 15 750 W √ √ Q = 3 · (W1 − W2 ) = 3 · (−1 500 + 3 750) ≈ 3 897 var 2. Si se abre el interruptor K, la bobina voltim´etrica del vat´ımetro 1 queda desconectada, por lo que: W1 = 0 Por otra parte, la bobina voltim´etrica del vat´ımetro 2 queda en serie con Z v , estando conectado el conjunto a la tensi´on de l´ınea U SR . Cada una de ellas tendr´a una tensi´on de U SR /2 y en consecuencia la lectura del vat´ımetro 2 ser´a: USR UL U SR · IR · cos( , I R) = · IF · cos(150◦ + ϕ) 2 2 2   √ √ 1 − 3 3 · UF · IF · cos ϕ − sin ϕ = 2 2 2 √ 3 −3 · UF · IF · cos ϕ − · UF · IF · sin ϕ = 4 4 √ −15 750 3 897 −P 1 3Q −1 P− = − √ Q= − √ ≈ −4 500 W = 4 4 3 4 4 4 3 4 3

W2 =

PROBLEMA 21

57

PROBLEMA 21 El circuito de la Figura 43 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones equilibrado de 400 V y de secuencia desconocida. Sabiendo que W1 =3 000 y W2 =1 000, se pide: 1. Deducir la secuencia de fases. 2. Determinar los valores de R y X. URN

USN

+ I R

R

+ IS

S

R

jX

R

jX

R

jX

W1

N UTN

+

IT T

W2

Figura 43

´ 21 S OLUCI ON 1. El montaje realizado con los vat´ımetros se corresponde con una variante del m´etodo de Aron. A partir de sus lecturas se pueden determinar las potencias, activa y reactiva, de la carga. Seg´un la Figura 43, las lecturas de los vat´ımetros son: W1 = URS · IR · cos(U RS , I R ) W2 = UST · IT · cos(U ST , I T ) Si se supone que la secuencia de fases es directa, seg´un el diagrama fasorial de la Figura 44 se tiene que  √ 1 3 cos ϕ − sin ϕ W1 = UL · IL · cos(30◦ + ϕ) = UL · IL · 2 2   √ 1 − 3 cos ϕ − sin ϕ W2 = UL · IL · cos(150◦ + ϕ) = UL · IL · 2 2

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

58

UTR

UTS UTN 30o ϕ

IS ϕ

USN

IT

URS

30o

ϕ

URN

IR UST Figura 44

de donde W1 − W2 =

√

3 · UL · IL · cos ϕ = P √ √ − 3 · (W1 + W2 ) = 3 · UL · IL · sin ϕ = Q Sustituyendo valores: P = W1 − W2 = 3 000 − 1 000 = 2 000 W √ √ √ Q = − 3 · (W1 + W2 ) = − 3 · (3 000 + 1 000) = −4 000 3 var 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

120o

30o

IT

URN

IS

ϕ

ϕ

30o

IR

ϕ

UTN UTR Figura 45

URS

PROBLEMA 22

59

En cambio, si se considera una secuencia de fases inversa, seg´un el diagrama fasorial de la Figura 45:  √ 1 3 cos ϕ + sin ϕ W1 = UL · IL · cos(30◦ − ϕ) = UL · IL · 2 2   √ 1 − 3 cos ϕ + sin ϕ W2 = UL · IL · cos(150◦ − ϕ) = UL · IL · 2 2 En consecuencia: √

W1 − W2 = 3 · (W1 + W2 ) =

√ √

3 · UL · IL · cos ϕ = P 3 · UL · IL · sin ϕ = Q

Sustituyendo valores resulta: P = W1 − W2 = 3 000 − 1 000 = 2 000 W √ √ √ Q = 3 · (W1 + W2 ) = 3 · (3 000 + 1 000) = 3 · 4 000 var En este caso los signos de la potencia activa y de la reactiva son los esperados, por lo que se concluye que el sistema trif´asico es de secuencia inversa. 2. Conocidas la tensi´on de l´ınea del sistema de alimentaci´on y las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga, resulta f´acil deducir los valores de R y X. A partir de estas potencias se obtiene el a´ ngulo de la carga: √    Q 3 · 4 000 Q =⇒ ϕ = arctan = arctan ≈ 73,89◦ tan ϕ = P P 2 000 Por otro lado: P = 3 · UF · IF · cos ϕ = 3 · UF · =⇒ Z =

U2 UF cos ϕ = 3 F · cos ϕ Z Z

3 · UF2 cos ϕ P

Sustituyendo valores resulta: √ 3 · (400/ 3)2 cos 73,89◦ ≈ 22,2 Ω Z= 2 000 Por tanto:

Z = 22,2∠73,89◦ = 6,16 +j 21,33 Ω     R

X

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

60

PROBLEMA 22 La carga trif´asica 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 5 290∠0◦ VA. √ 2. Si se abre K2 , la potencia compleja consumida es 5 290 2∠ − 45◦ VA 3. Si se abre K1 , no consume potencia activa ni reactiva. Determinar: 1. Los valores de las impedancias Z 1 , Z 2 y Z 3 . 2. La tensi´on, en m´odulo y argumento, a la que queda sometida la carga 1 y 2 si se abren KN y K3 . URN

+

R

USN

+

S

UTN

+

K1

Z1

K2

Z2

K3

Z3

N

T

KN Figura 46

´ 22 S OLUCI ON 1. Con todas las cargas conectadas, se sabe que las potencias, activa y reactiva, son: PZ1 + PZ2 + PZ3 = 5 290 W QZ1 + QZ2 + QZ3 = 0

PROBLEMA 22

61

Conectando u´ nicamente las cargas 1 y 3, resultan los siguientes valores de potencia: PZ1 + PZ3 = 5 290 W QZ1 + QZ3 = −5 290 var Conectando las cargas 2 y 3, se tiene lo siguiente: PZ2 + PZ3 = 0 QZ2 + QZ3 = 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 PZ2 = −PZ3 . De esta forma PZ2 = PZ3 = 0, y por tanto PZ1 =5 290 W. Por otro lado, es f´acil comprobar que QZ1 =0, QZ2 =5 290 var y que QZ3 = −5 290 var. En consecuencia, la carga 1 es una resistencia de valor: √ UF2 (400/ 3)2 ≈ 10 Ω = R1 = PZ1 5 290 La carga 2 es una bobina cuya inductancia es la siguiente: √ UF2 (400/ 3)2 ≈ 10 Ω = X2 = QZ2 5 290 Por u´ ltimo, la carga 3 es un condensador cuya reactancia capacitiva es: √ UF2 (400/ 3)2 ≈ −10 Ω = X3 = QZ3 −5 290 En resumen, Z 1 = 10∠0◦ Ω, Z 2 = 10∠90◦ Ω y Z 3 = 10∠ − 90◦ Ω. 2. Al abrirse KN , la tensi´on en cada impedancia ya no ser´a la de fase del generador trif´asico, sino que depender´a de la relaci´on entre impedancias. Como, adem´as, tambi´en se indica que el interruptor K3 est´a abierto, las tensiones a las que quedan sometidas Z 1 y Z 2 se pueden obtener f´acilmente resolviendo el divisor de tensi´on de la Figura 47: U Z1 = U RS ·

Z1 Z2 ; U Z2 = U RS · Z1 + Z2 Z1 + Z2

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

62

URN

USN

+

+

Z1

R

URS S

UZ1 Z2 UZ2

Figura 47

Tomando U RS como origen de fases, resulta: 10∠0◦ 400 = √ ∠ − 45◦ V 10∠0◦ + 10∠90◦ 2 ◦ 10∠90 400 = 400∠0◦ · = √ ∠45◦ V 10∠0◦ + 10∠90◦ 2

U Z1 = 400∠0◦ · U Z2

PROBLEMA 23 Una red trif´asica de 400 V, 50 Hz alimenta a una industria formada por los siguientes receptores (Figura 48): Una bomba trif´asica de 50 CV, η=0,9, cos ϕ=0,8. Un receptor trif´asico inductivo que absorbe 30 A con cos ϕ=0,7. Tres l´ıneas monof´asicas de alumbrado, cada una de las cuales est´a formada por 10 l´amparas 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

63

N UTN

+

IT T

Bomba

Receptor Inductivo

Figura 48

´ 23 S OLUCI ON 1. La potencia activa y reactiva total es: PT = P1 + P2 + P3 QT = Q1 + Q2 + Q3 siendo P1 y Q1 , respectivamente, las potencias activa y reactiva de la bomba; P2 y Q2 las del receptor inductivo y P3 , Q3 las del conjunto de l´ıneas de alumbrado. Seg´un los datos del enunciado, los valores de estas potencias son los siguientes: 50 · 736 Putil = ≈ 40 888,9 W η 0,9 √ √ P2 = 3 · UL · I2 · cos ϕ2 = 3 · 400 · 30 · 0,7 ≈ 14 549,23W

P1 =

P3 = 3 · 10 · 100 = 3 000 W En consecuencia: PT = P1 + P2 + P3 = 40 888,9 + 14 549,23 + 3 000 ≈ 58 438,13 W

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

64

Por otro lado: Q1 = P1 · tan ϕ1 = 40 888,9 · tan(arc cos 0,8) ≈ 30 666,7 var Q2 = P1 · tan ϕ1 = 14 549,23 · tan(arc cos 0,7) ≈ 14 843,18 var Q3 = 0, por tratarse de l´amparas incandescentes Por tanto: QT = Q1 + Q2 + Q3 = 30 666,7 + 14 843,18 = 45 509,88 var Una vez realizado el balance de potencias, la corriente de l´ınea se puede obtener a partir de la potencia aparente:  PT2 + Q2T ST = √ IT = √ 3 · UL 3 · UL Sustituyendo valores resulta:  58 438,132 + 45 509,882 √ ≈ 106,91 A IT = 3 · 400 2. El factor de potencia total se puede calcular a partir de las potencias, activa y reactiva, totales:    QT 45 509,88 = cos arctan cos ϕT = cos arctan PT 58 438,18 ≈ 0,79 en retraso o inductivo 3. Obtener un factor de potencia de 0,9 inductivo en la instalaci´on, manteniendo constante el consumo de potencia activa, implica reducir el consumo de potencia reactiva desde 45 509,88 var hasta un valor de Q = PT · tan ϕN = 58 438,18 · tan(arc cos 0,9) ≈ 28 302,9 var La diferencia entre la potencia reactiva anterior y la deseada debe proporcionarla la bater´ıa de condensadores, cuyo valor ser´a: QC = Q − QT = 28 302,9 − 45 509,88 = −17 206,98var La reactancia por fase necesaria para conseguir ese valor de potencia reactiva, teniendo en cuenta que los condensadores est´an dispuestos en estrella, es: 3 · UF2 −1 = XC = C ·ω QC

PROBLEMA 24

65

Despejando y sustituyendo valores se obtiene la capacidad por fase de la bater´ıa de condensadores: 17 206,98 −QC √ ≈ 342,32 μF = C= 3 · UF2 · ω 3 · (400/ 3)2 · 2π · 50

PROBLEMA 24 √ El circuito pasivo equilibrado de la Figura 49 tiene un factor de potencia 3/2 capacitivo. Suponiendo que la red de alimentaci´on es de secuencia directa, calcular: 1. La relaci´on entre las lecturas de los vat´ımetros con K cerrado. 2. La relaci´on entre las lecturas de los vat´ımetros con K abierto. URN

USN

+

+

N UTN

+

IR R

W1 K

IS S

C.P.

IT 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: ◦ W1 = URS · IR · cos(U RS , I R ) = UL · IL · cos 0 = UL · IL UL · IL ◦ W2 = UT S · IT · cos(U T S , I T ) = UL · IL · cos 60 = 2

De este modo, la relaci´on entre las lecturas de los vat´ımetros es la siguiente: W1 =2 W2

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

66

UTR

UTS UTN 60o

IT

URS

IR 30o

USN

URN IS UST Figura 50

URN

+

USN

+

UTN

+

N

IR’ R

Z W1

S

IT’ T

S’

Z

Z W2

Figura 51

2. Al abrir el interruptor K, queda el circuito mostrado en la Figura 51. Teniendo en cuenta que en esta configuraci´on 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: UL ∠ − 60◦ UL U RT U RN − U T N = = ∠ − 30◦ A = ◦ 2 · Z∠ − 30 2·Z 2·Z 2·Z UL   ∠150◦ A I T = −I R = 2·Z 

IR =

La tensi´on medida por el vat´ımetro 1 coincide con la tensi´on de l´ınea del generador: U RS = UL ∠0◦ V Sin embargo, la bobina voltim´etrica 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  = −I R Z =

UL −U RT −UL ∠ − 60◦ ·Z = = ∠120◦ V 2 2 2·Z

As´ı pues, las lecturas de los vat´ımetros ser´an las siguientes: √ UL UL2 3  ◦ ◦ · cos(0 + 30 ) = · W1 = URS · · cos(U RS , I R ) = UL · 2·Z 2·Z 2 √ 3 UL UL U2  · · cos(120◦ − 150◦) = L · W2 = UT S  · IT · cos(U T S  , I T ) = 2 2·Z 4·Z 2  IR

Y la relaci´on solicitada resulta: W1 =2 W2

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

68

PROBLEMA 25 El circuito de la Figura 52 se alimenta de una fuente trif´asica 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: W1 =2 070,55 W y W2 =−7 727,41 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

+

+

N UTN

+

IR R

W1

IZR

A ICR

IS S

IT T

C.P.

W2 K

C

Figura 52

´ 25 S OLUCI ON 1. Considerando que el interruptor K est´a abierto y que los vat´ımetros est´an colocados seg´un el m´etodo 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: ◦ W1 = URS · IR · cos(U RS , I R ) = UL · IL · cos(30 + ϕ) ◦ W2 = UST · IT · cos(U ST , I T ) = UL · IL · cos(150 + ϕ)

PROBLEMA 25

UTR

69

UTN

URS

IT 30o

IS

ϕ

30o ϕ

URN

ϕ

IR

30o

USN

UST

Figura 53

Desarrollando el valor de las lecturas anteriores se tiene: W1 = UL · IL · [cos 30◦ · cos ϕ − sin 30◦ · sin ϕ]  √ 1 3 · cos ϕ − · sin ϕ = UL · IL · 2 2 W2 = UL · IL · [cos 150◦ · cos ϕ − sin 150◦ · sin ϕ]   √ 1 − 3 · cos ϕ − · sin ϕ = UL · IL · 2 2 Operando con ambas lecturas se obtienen las potencias, activa y reactiva, del circuito pasivo equilibrado: √ W1 − W2 = 3 · UL · IL · cos ϕ = P √ √ − 3(W1 + W2 ) = 3 · UL · IL · sin ϕ = Q Sustituyendo valores: P = 2070,55 − (−7 727,41) = 9 797,96 W √ Q = − 3(2 070,55 − 7 727,41) = 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 tendr´a el

70

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

mismo m´odulo, por lo que la variaci´on en el a´ ngulo tendr´a que ser sim´etrica respecto al fasor de la tensi´on aplicada al condensador. Seg´un la Figura 52, la tensi´on 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=45ο

α

β

ϕ’

IZR

IR’ IC 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 indic´o al principio del apartado, la nueva intensidad resultante ser´a sim´etrica a la obtenida en el apartado anterior respecto a U RT , de forma que el m´odulo 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 ZR resulta: 9 797,96 P √ =√ = 20 A IZR = √ 3 · UL · cos ϕ 3 · 400 · 2/2 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 W1 es:    · cos(U RS , I R ) = URS · IR · cos(30◦ + ϕ ) W1 = URS · IR = 400 · 20 · cos 45◦ ≈ 5 656,85 W Teniendo en cuenta que los vat´ımetros tienen una conexi´on derivada del m´etodo de Aron, aunque el sistema est´e ahora desequilibrado, la potencia activa seguir´a verificando la siguiente relaci´on: P = W1 − W2

PROBLEMA 26

71

Dado que la potencia activa no ha variado al conectar el condensador, se obtiene el siguiente valor de W2 : W2 = W1 − P = 5 656,85 − 9 797,96 = −4 141,11 W 3. Teniendo en cuenta el diagrama fasorial de la Figura 54, se deduce que la intensidad del condensador es: IC = 2 · IZR · sin α = 2 · 20 · sin 15◦ ≈ 10,35 A Como la tensi´on 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: XC =

URT 400 = 38,65 Ω = IC 10,35

Por tanto: C=

1 XC · ω

=

1 1 = ≈ 82,36 μF XC · 2π · f 38,65 · 100π

PROBLEMA 26 El circuito trif´asico de la Figura 55 se encuentra alimentado por un generador trif´asico, equilibrado y de secuencia inversa, de 400 V. Se sabe que W1 =−1500 W y W2 =500 W en las dos situaciones siguientes: K1 , K3 cerrados y K2 abierto. K1 , K3 abiertos y K2 cerrado. Obtener lo siguiente: 1. La impedancia Z. 2. La resistencia R1 . 3. Las lecturas de ambos vat´ımetros si K1 est´a cerrado y K2 , K3 abiertos.

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

72

URN

USN

+

+

N UTN

Z

IR R

W1 K1

IS S

K2

W2 R1

+

Z

K3

IT T

Z

Figura 55

´ 26 S OLUCI ON 1. Con K1 y K3 cerrados, y K2 abierto, el sistema est´a equilibrado. UST USN USR

30o

30o

ϕ

IT

URN

IS ϕ

30o

URS

IR

ϕ

30o

UTN UTR Figura 56

Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 56, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦ W1 = UT R · IR · cos(U T R , I R ) = UL · IL · cos(150 − ϕ) √ 1 − 3 · cos ϕ + · sin ϕ) = UL · IL · ( 2 2 ◦ W2 = UST · IS · cos(U ST , I S ) = UL · IL · cos(30 − ϕ) √ 1 3 · cos ϕ + · sin ϕ) = UL · IL · ( 2 2

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

PROBLEMA 26

73

trif´asica consumida por la carga: √ W2 − W1 = 3 · UL · IL · cos ϕ = P Si ahora se suman las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia reactiva trif´asica consumida por la carga: Q W1 + W2 = UL · IL · sin ϕ = √ 3 Por tanto: P = W2 − W1 = 500 + 1 500 = 2 000 W √ √ √ Q = 3 · (W1 + W2 ) = 3 · (−1 500 + 500) = − 3 · 1 000 var Con K1 y K3 cerrados, y K2 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: √ 2 2 3 · URN 3 · URN 3 · (400/ 3)2 √ ≈ 60,47∠−40,89◦ Ω = Z= = ∗ P −j·Q 2 000 + j · 3 · 1 000 S 2. Con K1 y K3 abiertos, y K2 cerrado, el sistema resultante se encuentra desequilibrado. Adem´as, 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: W2 = USN · IS · cos(U SN , I S ) = PR1 Por otra parte, la potencia que absorbe la resistencia R1 se puede expresar de la siguiente forma: U2 PR1 = SN R1 En consecuencia: √ 2 USN (400/ 3)2 ≈ 106,67 Ω = R1 = W2 500 3. Con K2 y K3 abiertos, y K1 cerrado, se puede comprobar que la vat´ımetro 1 no cambia, ya que no se modifica ni su tensi´on, ni su intensidad, ni su desfase entre ellas. Adem´as, estas circunstancias no circula intensidad por

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

74

la fase T y la u´ nica carga conectada a la fase S es Z. De esta forma, la lectura del vat´ımetro 2 es la siguiente:   USN 2  2 W2 = USN · IS · cos(U SN , I S ) = PZ = RZ · IS = RZ · Z √ 2 2  ◦ USN cos(−40,89 ) · (400/ 3) ≈ 666,6 W = Z · cos ϕZ · = Z 60,48

PROBLEMA 27 El circuito trif´asico de la Figura 57 se encuentra conectado a un generador trif´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

A1

IRZ

Z

ISZ

Z

IZ1 IS S

A2 I

V

Z

IT T IZ2 Z1

Z2

Figura 57

´ 27 S OLUCI ON Seg´un las referencias adoptadas en la Figura 57, y teniendo en cuenta que la carga Z est´a equilibrada:

I RZ =

U RN Z

690 ◦ √ ∠0 138 3 = = √ ∠ − 90◦ A ◦ 5∠90 3

PROBLEMA 28

I SZ =

U SN Z

75

690 √ ∠ − 120◦ 138 3 = = √ ∠150◦ A ◦ 5∠90 3

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

I Z1 =

U RS U RN − U SN = Z1 Z1

I Z2 =

UTS U T N − U SN = Z2 Z2

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

De esta forma:   I = − I Z1 + I Z2 = − (138∠120◦ + 276∠180◦ ) ≈ 365,11∠ − 19,11◦ A Por tanto, las lecturas de los amper´ımetros son la siguientes:      138  ◦ ◦    A1 = I RZ + I Z1 =  √ ∠ − 90 + 138∠120  ≈ |79,67∠150◦ | = 79,67 A 3      138  ◦ ◦ A2 = I SZ + I  =  √ ∠150 + 365,11∠ − 19,11  3 ≈ |287,27∠ − 16,11◦ | = 287,27 A

PROBLEMA 28 El circuito trif´asico de la Figura 58 se encuentra conectado a un generador trif´asico ideal, equilibrado y de secuencia directa. Se sabe 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 analizar circuitos trif´asicos con cargas desequilibradas resulta muy c´omodo reducir dichas cargas a una sola. Para ello, el primer paso es convertir las cargas conectadas en estrella a su tri´angulo equivalente (Figura 59).

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

76

URN

+

IR R

USN

+

IS S

UTN

+

IT T

N

ZL

Z

ZL

Z

ZL

Z

A

V

Z1

Z2

Figura 58

El segundo paso consiste en obtener el tri´angulo equivalente del conjunto mediante el paralelo de las impedancias de cada una de las fases: 3 · Z · Z1 3 · (5/3∠90◦ ) · 5∠ − 90◦ 25∠0◦ → ∞ (circ. abierto) = = 3 · (5/3∠90◦ ) + 5∠ − 90◦ 0 3 · Z + Z1 3 · Z · Z2 3 · (5/3∠90◦ ) · 2,5∠ − 90◦ 12,5∠0◦ = = = = 5∠ − 90◦ Ω 3 · (5/3∠90◦ ) + 2,5∠ − 90◦ 2,5∠90◦ 3 · Z + Z2

ZT 1 = ZT 2

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 eq1 = Z L + 3 · Z = 5∠90◦ + 3 · (5/3∠90◦ ) = 10∠90◦ Ω Z eq2 = Z L + Z T 2 = 5∠90◦ + 5∠ − 90◦ = 0 Ω El circuito resultante se ha representado en la Figura 61. A partir de dicha figura: 690∠0◦ U RS IR = = = 69∠ − 90◦ A ◦ 10∠90 Z eq1 Por tanto, la lectura del amper´ımetro es de 69 A.

PROBLEMA 28

URN

+

77

ZL

IR R

A 3Z

USN

+

N UTN

+

3Z

ZL

IS S

3Z

V

ZL

IT T

Z1

Z2

Figura 59 URN

+

ZL

IR R

A 3Z

USN

+

N UTN

+

ZL

IS S V IT T

ZT2 ZL

Figura 60 URN

USN

+

+

N UTN

+

IR R

Zeq1 A

IS S

O V

IT T

Figura 61

ZL

78

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA 29 En la Figura 62 se muestra una de las fases de un sistema trif´asico equilibrado en determinadas condiciones de funcionamiento. Dicho sistema est´a compuesto por un generador ideal cuya tensi´on es U s =U ∠δ que alimenta a una carga a trav´es de una l´ınea cuya inductancia es jX. La tensi´on en la carga es U r =U ∠0◦ . En funci´on de U , X y δ, determinar: 1. Las potencias, activa y reactiva, suministradas por la fuente de tensi´on. 2. Las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga. 3. La potencia reactiva absorbida por la l´ınea. 4. El fasor tensi´on 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 tensi´on sea U ∠(δ/2). 6. En las condiciones del apartado anterior, la potencia activa suministrada por la fuente de tensi´on.

Is

jX/2

M

jX/2

Ir +

+

K

Us IQ

Ur -

Figura 62

´ 29 S OLUCI ON 1. Seg´un la Figura 62, con K abierto: Is = Ir =

U ∠δ − U ∠0◦ U U Us − Ur = = ∠δ − 90◦ + ∠90◦ ◦ jX X∠90 X X

Las potencias, activa y reactiva, suministradas por la fuente de tensi´on se

PROBLEMA 29

79

obtienen a partir de la potencia compleja:  ∗ U U ∗ ◦ ◦ ∠δ − 90 + ∠90 S s = U s · I s = U ∠δ · X X 2 2 2 U U U U2 ∠90◦ + ∠δ − 90◦ = · sin δ +j · · (1 − cos δ) = X X   X   X Ps

Qs

2. Del mismo modo, las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga son:  ∗ U U ∗ ◦ ◦ ◦ ∠δ − 90 + ∠90 S r = U r · I r = U ∠0 · X X 2 2 2 U U U U2 ∠90◦ − δ + ∠ − 90◦ = · sin δ +j · · (cos δ − 1) = X X   X   X Pr

Qr

L´ogicamente Ps =Pr ya que se ha despreciado la parte resistiva de la l´ınea, y s´olo consume potencia reactiva. 3. Una vez conocida la potencia reactiva que suministra la fuente de tensi´on y la que absorbe la carga, la diferencia entre ambas proporciona la potencia reactiva que consume la l´ınea: QL = Qs − Qr =

U2 2 · U2 U2 · (1 − cos δ) − · (cos δ − 1) = · (1 − cos δ) X X X

4. La tensi´on en el punto M es la siguiente: U M = U ∠0◦ + j ·

= U ∠0◦ + j ·

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

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

=

5. Si K est´a cerrado y la tensi´on el punto M ha de ser U ∠(δ/2), entonces las intensidades I s y I r son: Is =

U ∠δ − U ∠δ/2 U ∠δ/2 − U ∠0◦ ; Ir = j · X/2 j · X/2

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

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 − j · X/2 j · X/2 ◦ 2U ∠δ/2 − U ∠0 − U ∠δ 4U = = · (1 − cos(δ/2))∠δ/2 − 90◦ j · X/2 X

IQ = Ir − Is =

6. Como se puede comprobar, U M y I Q est´an en cuadratura. Por tanto, la fuente de intensidad s´olo 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 trif´asico 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 n´umero m´ınimo de e´ stos que ser´a necesario disponer por fase para que, bajo cualquier r´egimen 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 condici´on de operaci´on, la potencia reactiva que demanda la carga es Q, mientras que la que demanda el conjunto carga-condensadores es: QN = P · tan ϕN donde, seg´un 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 − QN = Q − P · tan ϕN A continuaci´on se obtienen las potencias activa y reactiva que absorbe la carga en funci´on 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: IR =

U RN R+j·X

De esta forma: 2 = P = 3 · R · IR

2 ·R 2 ·X 3 · URN 3 · URN 2 ; Q = 3 · X · I = R R2 + X 2 R2 + X 2

Por tanto: QC = 3

2 · URN



R X · − 2 · tan ϕN 2 2 R +X R + X2



En la Figura 64 se ha representado la variaci´on de P , Q y QC con respecto a X.

Si cos ϕN ha de ser mayor de 0,95, habr´a que estudiar la variaci´on de QC cuando var´ıa X (X = Lω). En particular se calcular´a el m´aximo que alcanza QC en el intervalo de variaci´on de X. Para ello no hay m´as que calcular la derivada de la expresi´on de QC con respecto a X e igualar a cero:  2  R − X2 2 · X · R · tan ϕN dQC 2 = 3 · URN · + = 0 =⇒ dX (R2 + X 2 )2 (R2 + X 2 )2 X 2 − 2 · X · R · tan ϕN − R2 = 0

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

82

6000

4000

Qc (var)

2000

0

−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 ·



1 + tan2 ϕN ≈ 3,29 ± 10,53

Como X ≥ 0 implica que la soluci´on es X ≈ 13,81 Ω Para este valor de la inductancia, la potencia reactiva que debe suministrar la bater´ıa de condensadores es:    √ 2 13,81 10 ◦ − 2 · tan(18,19 ) ≈ 5 792 var QC = 3· 400/ 3 · 102 + 13,812 10 + 13,812 Una vez obtenida la potencia reactiva m´axima que ha de suministrar la bater´ıa de condensadores, la capacidad total de esta es: C=

5 792 QC √ √ = ≈ 1,15 · 10−4 F 3 · 2π · f · (URN / 3)2 3 · 2π · 50 · (400/ 3)2

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 trif´asico 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 m´aximo el consumo de potencia reactiva. 2. La capacidad de la bater´ıa de condensadores que ser´a 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 obtendr´a la potencia reactiva que absorbe la carga en funci´on de X=Lω. Para ello se calcula la intensidad por una de las fases de la carga, por ejemplo la R: IR =

U RN R+j·X

De esta forma: 2 = Q = 3 · X · IR

2 ·X 3 · URN R2 + X 2

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

84

Para obtener el m´aximo consumo de potencia reactiva en el intervalo de variaci´on de X, no hay m´as que efectuar la derivada de la expresi´on de Q con respecto a X e igualar a cero: R2 − X 2 dQ 2 = 3 · URN · = 0 =⇒ X = R = 10 Ω dX (R2 + X 2 )2 De esta forma el valor de L que hace m´aximo el consumo de potencia reactiva es el siguiente: L=

10 X = ≈ 0,032 H 2π · f 2π · 50

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 instalaci´on sea 1, es necesario saber el valor de la inductancia que hace m´axima 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  √ 2 Q = 3 · 400/ 3 ·

102

10 = 8 000 var + 102

Una vez obtenida la potencia reactiva m´axima que debe suministrar la bater´ıa de condensadores, su capacidad es: C=

8 000 Q √ √ = ≈ 1,6 · 10−4 F 2 2 3 · 2π · f · (URN / 3) 3 · 2π · 50 · (400/ 3)

PROBLEMA 32 En la Figura 66 se representa un circuito trif´asico 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 car´acter generador o receptor. As´ı mismo, para cada generador indicar razonadamente si genera o consume potencia reactiva, y para receptor si tiene car´acter 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 Seg´un se observa en la Figura 66, todas las tensiones e intensidades representadas en el circuito corresponden a la fase R del sistema trif´asico. Esto permite usar un circuito equivalente monof´asico como el mostrado en la Figura 67 de forma que se facilite el an´alisis. I1

1 U2

I3

2

3

U4

4

Figura 67

A continuaci´on se analiza cada uno de los elementos siguiendo el criterio de referencia pasivo, el cual supone escoger la ca´ıda de tensi´on 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 tensi´on e intensidad siguiendo el criterio de referencia pasivo. As´ı mismo, en la misma figura se ha

86

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

I1 U2

1

I1

-U2

U2

-U2 U4

I3

Figura 68

representado el diagrama fasorial correspondiente a la tensi´on e intensidad del Elemento 1. Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 68, el desfase entre la tensi´on −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 tensi´on e intensidad es mayor de ◦ 90 , el an´alisis de la potencia reactiva resulta m´as c´omodo realizarlo considerando el comportamiento del resto del circuito y mediante la aplicaci´on del teorema de Boucherot concluir que el elemento en cuesti´on debe hacer lo contrario que el resto del circuito. As´ı por ejemplo, si ahora se analiza la tensi´on 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 tensi´on, 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 Seg´un el circuito de la Figura 67, del Elemento 2 solo se conoce a priori su tensi´on. La intensidad se calcula aplicando la ley de Kirchhoff de intensidades I2 = I1 + I3 En la Figura 69 se ha representado el Elemento 2 de forma aislada con las referencias de tensi´on e intensidad siguiendo el criterio de referencia pasivo. As´ı mismo, en la misma figura se ha representado el diagrama fasorial correspondiente a la tensi´on e intensidad del Elemento 2. Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 69, el desfase entre la tensi´on 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. Adem´as, como la intensidad retrasa a la tensi´on el Elemento 2 tiene car´acter inductivo. En resumen, el Elemento 2 es un receptor de car´acter inductivo.

PROBLEMA 32

I1

I2 U2

87

U2

2 U4

I2

I3

Figura 69

Elemento 3 Seg´un el circuito de la Figura 67, del Elemento 3 solo se conoce a priori su intensidad. La tensi´on se calcula aplicando la ley de Kirchhoff de tensiones   U3 = − U2 + U4 En la Figura 70 se ha representado el Elemento 3 de forma aislada con las referencias de tensi´on e intensidad siguiendo el criterio de referencia pasivo. As´ı mismo, en la misma figura se ha representado el diagrama fasorial correspondiente a la tensi´on e intensidad del elemento 3. U3 I1

I3 U3

U2

3 U4

U4

I3 -U3

Figura 70

Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 70, el desfase entre la tensi´on 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 seguir´a 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 tensi´on −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.

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

88

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

I3 U4

U2

4 U4

I3

Figura 71

Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 71 el desfase entre la tensi´on 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. Adem´as, como la intensidad adelanta a la tensi´on, el Elemento 4 tiene car´acter capacitivo. En resumen, el Elemento 4 es un receptor de car´acter capacitivo. PROBLEMA 33 En el circuito trif´asico de la Figura 72 se conocen las tensiones de las fuentes de alimentaci´on: 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 trif´asico est´a equilibrado, verific´andose lo siguiente (Figura 73):  I T S = I ST Como

400∠ − 120◦ U ST = = 10∠ − 150◦ V 40∠30◦ Z entonces la lectura del amper´ımetro es de 10 A. I ST =

PROBLEMA 34

89

IR +

UTR + K

Z

URS +

Z

IS

A UST

Z

IT

Figura 72 IR I’SR +

UTR +

+

Z Z

IS

A I’TS

Z

URS

ITR

IST

UST

IT

Figura 73

2. Con K abierto el circuito trif´asico queda seg´un se muestra en la Figura 74. En esta situaci´on el amper´ımetro est´a midiendo la intensidad de l´ınea IT . Seg´un la Figura 74 I T = I ST − I T R =

U ST 

−

UTR 

Z Z √ ◦ 400∠ − 120 400∠120◦ 400 · 3∠ − 90◦ = − =    Z Z Z

Si la lectura del amper´ımetro ha de ser la misma que en el apartado anterior, Z  tiene que tener el siguiente valor: √ √ 400 · 3  =⇒ Z = 40 · 3Ω 10 = Z El car´acter de la carga puede ser cualquiera ya que no influye en la lectura del amper´ımetro.

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

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 trif´asico de tensiones equilibrado. Estando K1 y K2 cerrados, los vat´ımetros miden W1 =700 W y W2 =300 W. Determinar: 1. La potencia activa consumida por la carga trif´asica si K1 se abre y K2 permanece cerrado. 2. Las lecturas de los vat´ımetros con K1 y K2 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 trif´asica 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 ∗ ∗ ∗ IR + IS + IT = 0 ⇒ IR + IS + IT = 0 lo cual permite expresar la intensidad I R en funci´on de las otras dos: ∗

∗

∗

I R = −(I S + I T ) De esta forma ∗

∗

∗

∗

S = −U RN (I S + I T ) + U SN I S + U T N I T ∗

∗

= (U SN − U RN )I S + (U T N − U RN )I T ∗

∗

= U SR I S + U T R I T La potencia activa total es ∗

∗

P = e[S] = e[U SR I S + U T R I T ]  = USR IS cos(U SR , I S ) + UT R IT cos(U T R , I T ) que coincide con la suma de las lecturas de los dos vat´ımetros, es decir: P = W1 + W2 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

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

92

En esta situaci´on es f´acil comprobar que ambas cargas monof´asicas est´an sometidas a la tensi´on de l´ınea, de manera que la potencia activa que consumen es  2 UL P = 2 · RZ · Z Por otro lado: P = W1 + W2 = 700 + 300 = 1 000 W De esta manera:

 2 · RZ ·

UL Z

2

= 1 000

1. En la Figura 77 se muestra el circuito resultante cuando se abre K1 y K2 permanece cerrado. R

IR

S

IS

T

IT

Z

Z W1 Z W2

Figura 77

Esta situaci´on corresponde a un sistema trif´asico equilibrado, siendo la potencia activa consumida:  √ 2  2 UL / 3 UL = RZ · = 500 W P = 3 · RZ · Z Z 2. Cuando ambos interruptores est´an 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: W2 = UT R · IT · cos(U T R, I T ) La intensidad por la fase T es la siguiente: IT =

UL ∠120◦ UL UTR = = ∠(120◦ − ϕ) 2 · Z∠ϕ 2·Z 2·Z

PROBLEMA 35

93

De esta forma: W2 = UL ·

UL2 UL · cos ϕ = · RZ = 250 W 2·Z 2 · Z2

PROBLEMA 35 El circuito de la Figura 78 se encuentra alimentado por un sistema de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Estando K1 y K2 cerrados entonces W1 + W2 =1 000 W. Determinar: 1. Las lecturas de los vat´ımetros con K1 abierto y K2 cerrado. 2. La potencia activa consumida por la carga trif´asica si K2 se abre y K1 permanece cerrado. 3. La potencia activa consumida por la carga trif´asica si K2 y K1 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 Seg´un se observa en la Figura 78 la disposici´on de los vat´ımetros se corresponde con el m´etodo de Aron. As´ı: W1 + W2 = 1 000 = P Con K1 y K2 cerrados el sistema trif´asico resultante se encuentra equilibrado, de forma que la potencia activa es la siguiente:  2 U2 UL · Z · cos ϕ = 3 · L · cos ϕ P = 1 000 = 3 · Z Z

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

94

1. Con K1 abierto y K2 cerrado el circuito resultante se muestra en la Figura 79. URN

+

IR R

W1 Z

USN

+

IS S

N

W2

Z Z

UTN

+

IT T

Figura 79

Es f´acil comprobar que en esta caso la lectura del vat´ımetro 2 es cero ya que no circula intensidad por su circuito amperim´etrico. Por otra parte, seg´un la Figura 79 el vat´ımetro 1 se encuentra midiendo la potencia activa de la carga Zeq , donde 2 Z eq = · Z 3 Por tanto:  W1 =

UL 2 3 ·Z

2 ·

3 U2 3 1 000 2 · Z · cos ϕ = · L · cos ϕ = · = 500 W 3 2 Z 2 3

2. En la Figura 80 se muestra el circuito resultante cuando se abre K2 y K1 permanece cerrado. En este caso la potencia activa consumida por la carga trif´asica se calcula de la siguiente forma:  P =2·

UL Z

2

· Z · cos ϕ = 2 ·

UL2 1 000 · cos ϕ = 2 · ≈ 666,67 W Z 3

3. Si K1 y K2 se abren entonces el circuito resultante se muestra en la Figura 81. En este caso la potencia activa consumida por la carga es:  P =

UL 2·Z

2

· 2 · Z · cos ϕ =

1 000 UL2 · cos ϕ = ≈ 166,67 W 2·Z 2·3

PROBLEMA 36

URN

USN

+

W1 Z

+

N UTN

IR R

95

IS 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 trif´asico 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 W1 =7 967 W y W2 =3 300 W, se pide: 1. Con K abierto, calcular la potencia activa absorbida por la carga trif´asica. 2. La lectura del volt´ımetro 1. 3. Con K cerrado, calcular la potencia activa absorbida por la carga.

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

96

URN

USN

+ I R

R

+ IS

S

ZR W1

ZS

N

W2

O

V1

UTN

+

ZT

IT T K

Figura 82

´ 36 S OLUCI ON 1. Seg´un la Figura 82, la potencia compleja del receptor trif´asico es: ∗

∗

∗

S = U RO · I R + U SO · I S + U T O · I T Si el interruptor K est´a 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 = −(I R + I S ) Por tanto: ∗

∗

∗

∗

S = U RO · I R + U SO · I S − U T O · (I R + I S ) ∗

∗

= (U RO − U T O ) · I R + (U SO − U T O ) · I S ∗

∗

= U RT · I R + U ST · I S De esta forma, la potencia activa total es  P = e[S] = URT · IR · cos(U T R , I R ) + UST · IS · cos(U ST , I S ) = W1 + W2 Sustituyendo valores resulta: P = W1 + W2 = 7 967 + 3 300 = 11 267 W Hay que destacar que como el sistema est´a desequilibrado no se puede obtener la potencia reactiva a partir de las lecturas de los vat´ımetros.

PROBLEMA 36

97

2. Seg´un se muestra en la Figura 82, el volt´ımetro 1 est´a midiendo la tensi´on de l´ınea del sistema trif´asico. Para hallar dicha tensi´on, se calcular´a en primer lugar la potencia activa que consume cada una de las cargas monof´asicas en funci´on de dicha tensi´on cuando K est´a abierto. En segundo lugar se igualar´a dicha potencia con la ya calculada en el apartado anterior. Para ello, la forma m´as f´acil de proceder es obtener la tensi´on entre los neutros O y N cuando K est´a abierto: U RN U ON =

ZR 1

+

ZR

U SN

+

ZS 1 ZS

+

+

UTN ZT 1

ZT

√ √ √ U/ 3∠0◦ U/ 3∠ − 120◦ U/ 3∠120◦ + + ◦ 10∠45◦ 10∠90◦ = 10∠0 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 tensi´on U ON , la intensidad que circula por cada una de las impedancias es la siguiente: U RO U RN − U ON = ZR ZR √ U/ 3∠0◦ − U · 0,22∠60◦ = ≈ U · 0,05∠ − 22,18◦ A 10∠0◦

IR =

U SO U SN − U ON = ZS ZS √ U/ 3∠ − 120◦ − U · 0,22∠60◦ = ≈ U · 0,08∠ − 165◦ A 10∠45◦

IS =

UTO U T N − U ON = ZT ZT √ ◦ U/ 3∠120 − U · 0,22∠60◦ = ≈ U · 0,05∠52,18◦ A 10∠90◦

IT =

98

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

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 + ZS · cos ϕS · IS2 P = ZR · cos ϕR · IR

= 10 · cos 0◦ · (U · 0,05)2 + 10 · cos 45◦ · (U · 0,08)2 ≈ U 2 · 0,07 W Igualando este valor con el obtenido en el apartado 1 resulta: U 2 · 0,07 = 11 267 ⇒ U ≈ 401,2 V Por tanto la lectura del volt´ımetro 1 es de 401,2 V. Otra forma alternativa de resolver el problema es convirtiendo la carga a tri´angulo y calculando nuevamente la potencia consumida por cada una de las impedancias monof´asicas. Con este m´etodo se evita el obtener la tensi´on U ON aunque son necesarias las operaciones para la conversi´on de la carga desequilibrada de estrella a tri´angulo. 3. Con K cerrado resulta un sistema trif´asico con neutro r´ıgido, de forma que la tensi´on a la que est´a sometida cada una de las cargas monof´asicas es igual a la tensi´on de fase del generador. Por tanto: 2 + ZS · cos ϕS · IS2 P = ZR · cos ϕR · IR     URN 2 USN 2 = ZR · cos ϕR · + ZS · cos ϕS · ZR ZS 2 2 U U = RN · cos ϕR + SN · cos ϕS ZR ZS 2 401,4 401,42 · cos 0◦ + · cos 45◦ ≈ 9 159,27 W = 3 · 10 3 · 10

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

PROBLEMA 37

99

PROBLEMA 37 El circuito trif´asico de la Figura 83 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico, equilibrado, secuencia directa, de 380 V. Sabiendo que W1 =1 767,5 W y que todas las cargas est´an equilibradas y tienen car´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=1500 W IF=8 A

PF=2000 W QF=750 var Carga 2

Carga 1

Figura 83

´ 37 S OLUCI ON La resoluci´on del problema se empezar´a 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. A partir de este dato se puede calcular la intensidad de l´ınea de la carga 3: 380 SF 3 = 2 500 = UF · IR3 = √ · IR3 ⇒ IR3 ≈ 11,39 A 3 Por otro lado, la lectura del vat´ımetro 1 es la siguiente:  , I R3 ) W1 = URS · IR3 · cos(U RS Despejando y sustituyendo valores resulta: cos(U  RS , I R3 ) =

W1 1 767,5  ≈ 0,408 ⇒ (U RS = , I R3 ) ≈ 65,9◦ URS · IR3 380 · 11,39

Seg´un la Figura 84:  , I R3 ) = ϕ3 + 30◦ (U RS

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

100

UTR

URS ϕ3

30

o

IR

URN

UST Figura 84

En consecuencia, el a´ ngulo de la carga 3 es el siguiente: ϕ3 = 65,9◦ − 30◦ = 35,9◦ Conocida la potencia aparente y el a´ ngulo de la carga 3, la potencia activa y reactiva absorbidas por dicha carga son las siguientes: P3 = 3 · SF 3 · cos ϕ3 = 3 · 2 500 · cos(35,9◦ ) ≈ 6 075,31 W

Q3 = 3 · SF 3 · sin ϕ3 = 3 · 2 500 · sin(35,9◦ ) ≈ 4 397,79 var Respecto a la carga 2, se proporciona la potencia activa y reactiva que consume una de las fases de dicha carga, a partir de las cuales se calcula las potencias trif´asicas: P2 = 3 · PF 2 = 3 · 2 000 = 6 000 W Q2 = 3 · QF 2 = 3 · 750 = 2 250 var Atendiendo a la Figura 83 se puede ver que el vat´ımetro 2 es uno de los dos vat´ımetros necesarios para el m´etodo de Aron. Si se supone que hay otro vat´ımetro ficticio (Wx ) conectado seg´un la Figura 85, entonces: W2 + Wx = P2 + P3 Q2 + Q3 √ W2 − Wx = 3 Despejando y sustituyendo valores resulta: W2 =

6 000 + 6 075,31 2 250 + 4 397,79 P2 + P3 Q2 + Q3 √ = √ ≈ 7 956,7 W + + 2 2 2· 3 2· 3

PROBLEMA 38

W2

101

W1

IR3

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 conexi´on (tri´angulo), la intensidad y la potencia de una fase. En primer lugar se calcular´a el a´ ngulo de dicha carga: PF 1 = 1 500 = 380 · 8 · cos ϕ1 ⇒ ϕ1 ≈ 60,43◦ Por tanto: P1 = 3 · PF 1 = 3 · 1 500 = 4 500 W

Q1 = P1 · tan ϕ1 = 4 500 · tan(60,43◦ ) ≈ 7 932,49 var Seg´un el teorema de Boucherot, el generador tiene que proporcionar toda la potencia activa y reactiva que absorben las cargas: PT = P1 + P2 + P3 = 4 500 + 6 000 + 6 075,31 = 16 573,31 W QT = Q1 + Q2 + Q3 = 7 932,49 + 2 250 + 4 397,79 = 14 580,28 var Adem´as: ST =



PT2 + Q2T =

√

3 · UL · IR

Despejando y sustituyendo valores, se obtiene la lectura del amper´ımetro:   PT2 + Q2T 16 573,312 + 14 580,282 √ ≈ 33,54 A = IR = √ 3 · UL 3 · 380 PROBLEMA 38 El circuito trif´asico de la Figura 86 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico, 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

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

1. Con K1 y K2 cerrados, calcular I R , I S , I T , la lectura del amper´ımetro y la del volt´ımetro. 2. Con K1 abierto, calcular la lectura del volt´ımetro y las tensiones de fase en la carga. 3. Con K1 cerrado y K2 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

IT

IN

ZR

ZS O ZT

ZN

K2 V Figura 86

´ 38 S OLUCI ON 1. Con K1 y K2 cerrados, el sistema resultante es con neutro r´ıgido y en consecuencia: √ 400/ 3∠0◦ 40 U RN IR = = = √ ∠0◦ A ◦ 10∠0 ZR 3 √ ◦ 400/ 3∠ − 120 100 U SN IS = = = √ ∠ − 165◦ A ◦ 4∠45 ZS 3 √ ◦ 400/ 3∠120 4 UTN IT = = = √ ∠30◦ A ◦ 100∠90 ZT 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: 40 100 4 I N = I R +I S +I T = √ ∠0◦ + √ ∠−165◦ + √ ∠30◦ ≈ 33,63∠−155,79◦ A 3 3 3 De esta forma, la lectura del amper´ımetro es de 33,63 A mientras que el volt´ımetro mide 0 V. 2. Con K1 abierto, la tensi´on entre los neutros O y N se calcula aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

ZR 1

+

ZR

U SN

+

ZS 1 ZS

+

+

UTN ZT = 1

ZT

33,63∠ − 155,79◦ 1 1 1 + + ◦ ◦ 10∠0 4∠45 100∠90◦

≈ 100,71∠ − 121,78◦ V Por tanto, la lectura del volt´ımetro es de 100,71 V. Las tensiones de fase en la carga son las siguientes: 400 U RO = U RN − U ON = √ ∠0◦ − 100,71∠ − 121,78◦ ≈ 296,6∠16,67◦ V 3 400 U SO = U SN − U ON = √ ∠ − 120◦ − 100,71∠ − 121,78◦ 3 ≈ 130,31∠ − 118,62◦ V 400 U T O = U T N − U ON = √ ∠120◦ − 100,71∠ − 121,78◦ ≈ 292,35∠102,33◦ V 3 3. Con K1 cerrado y K2 abierto, la tensi´on entre los neutros O y N se calcula nuevamente aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

+

U SN

+

UTN

ZR ZS ZT 1 1 1 1 + + + ZR ZS ZT ZN

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

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

104

Sustituyendo valores resulta: U ON =

33,63∠ − 155,79◦ ≈ 3,27∠ − 154,75◦ V 1 1 1 1 + + + 10∠0◦ 4∠45◦ 100∠90◦ 0,1∠0◦

Por tanto, la lectura del volt´ımetro es de 3,27 V. Las tensiones de fase en la carga son las siguientes: 400 U RO = U RN − U ON = √ ∠0◦ − 3,27∠ − 154,75◦ ≈ 233,9∠0,34◦ V 3 400 U SO = U SN − U ON = √ ∠ − 120◦ − 3,27∠ − 154,75◦ 3 ◦ ≈ 228,26∠ − 119,53 V 400 U T O = U T N − U ON = √ ∠120◦ − 3,27∠ − 154,75◦ 3 ◦ ≈ 230,69∠119,19 V Es interesante comparar los resultados de los apartados 2 y 3. Cuanto mayor sea la impedancia del neutro mayor ser´a la tensi´on entre los dos neutros. As´ı mismo, las tensiones de fase en la carga se aproximar´an a las tensiones del generador cuando la impedancia de neutro sea peque˜na. PROBLEMA 39 El circuito trif´asico de la Figura 87 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Las lecturas de los vat´ √ımetros son las siguientes: W1 =4 332 W, W2 =−6 065 W, W3 =3 000/ 3 W, W4 =−199 W, W5 =199 W, W6 =0 W. Adem´as se sabe que el amper´ımetro marca 15 A y que R=400 Ω. Teniendo en cuenta que las cargas 1 y 2 est´an 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

A

W2

W3

IS1

Carga 1

W6

Carga 2

Figura 87

´ 39 S OLUCI ON 1. Seg´un las Figuras 87 y 88, la lectura del vat´ımetro 3 es la siguiente: ◦ W3 = URT · IS1 · cos(U  RT , I S1 ) = URT · IS1 · cos(ϕ1 + 90 ) −Q1 = −URT · IS1 · sin ϕ1 = √ 3

UTN IS USN

ϕ1 90o

30o

URN

URT Figura 88

Despejando y sustituyendo valores resulta: √ √ 3 000 Q1 = − 3 · W3 = − 3 · √ = −3 000 var 3 Como Q1 es negativa significa que la carga 1 cede potencia reactiva, es decir, tiene car´acter capacitivo.

106

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

2. En la Figura 87 se puede observar que la disposici´on de los vat´ımetros 1 y 2 corresponde a una configuraci´on tipo Aron. PR + P1 = W1 − W2 donde PR es la potencia que consume la resistencia R. Adem´as, en este caso no es posible utilizar los vat´ımetros para obtener la potencia reactiva ya que el sistema est´a desequilibrado. La potencia que consume la resistencia es la siguiente: PR =

2 URS 4002 = = 400 W R 400

Por tanto, la potencia activa de la carga 1 resulta: P1 = W1 − W2 − PR = 4 332 − (−6 065) − 400 = 9 997 W 3. Seg´un la Figura 87 se puede comprobar que √ W4 + W5 + W6 = 3 · (Q2 + Q1 ) Sustituyendo valores resulta: W4 +W5 +W6 = −199+199+0 = 0 =

√

3·(Q2 +Q1 ) ⇒ Q2 +Q1 = 0

En consecuencia, la potencia reactiva de la carga 2 es la siguiente: Q2 = −Q1 = 3 000 var Este resultado quiere decir que toda la potencia reactiva que cede la carga 1 la est´a absorbiendo la carga 2, y por tanto el generador ni absorbe ni cede potencia reactiva. 4. Si se analiza el circuito trif´asico de la Figura 87 se puede ver que todas las cargas est´an conectadas en paralelo. Como tanto el sistema de alimentaci´on como las cargas 1 y 2 est´an equilibrados entonces el sistema de intensidades que circulan por cada una de las cargas trif´asicas formar´an un sistema trif´asico equilibrado. Sin embargo, debido a la intensidad que circula por la resistencia R el sistema de intensidades del generador est´a desequilibrado. De esta forma, los neutros de las cargas 1 y 2 y el neutro del generador estar´an al mismo potencial pudi´endose plantear un circuito equivalente monof´asico para la fase T que es la u´ nica que no est´a influenciada por la resistencia R.

PROBLEMA 40

107

Para la fase T se verifica:     Q1 + Q2 2 P1 + P2 2 + = UT N · IT ST = 3 3 Sustituyendo valores y despejando se obtiene la potencia activa de la carga 2: 400 P2 = 3 · UT N · IT − P1 = 3 · √ · 15 − 9 997 ≈ 395,3 W 3 5. La potencia compleja del generador es la siguiente: S g = (P1 + P2 + PR ) + j · (Q1 + Q2 ) Como Q1 + Q2 = 0 entonces: Sg = P1 + P2 + PR = 9 997 + 395,3 + 400 = 10 792,3 VA

PROBLEMA 40 El circuito trif´asico de la Figura 89 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de √ tensiones, equilibrado y de secuencia inversa, de 400 V. Sabiendo que W1 =3 000/ 3 W, W2 =1 000 W y que el amper´ımetro marca 10 A, calcular Z y R. URN

USN

+

+

W2

IS

N

Z

R

IR

R

2Z

R

2Z

W1 UTN

+

IT

Figura 89

A Z

108

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

´ 40 S OLUCI ON

Tal y como se observa en la Figura 89 el sistema trif´asico est´a equilibrado. Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 90 la lectura del vat´ımetro 1 es la siguiente: QT ◦ W1 = URT ·IS ·cos(U RT , I S ) = URT ·IS ·cos(90 −ϕ) = URT ·IS ·sin ϕ = √ 3 UST

URT 60o

USN 30o

ϕ

IS

URN 30o

URS

30o

UTN UTR Figura 90

Despejando y sustituyendo valores resulta: QT =

√ √ 3 000 3 · W1 = 3 · √ = 3 000 var 3

Como QT es la potencia reactiva absorbida por la carga trif´asica equilibrada 2Z entonces: 2 QT = 3 · 2 · XZ · IR Despejando y sustituyendo valores resulta: XZ =

QT 3 000 = = 5Ω 2 3 · 2 · 102 3 · 2 · IR

Por otro lado, seg´un se observa en la Figura 89, el vat´ımetro 2 mide la potencia activa de la carga monof´asica 2Z: 2 W2 = P2Z = 2 · RZ · IR

Despejando y sustituyendo valores resulta: RZ =

W2 1 000 2 = 2 · 102 = 5 Ω 2 · IR

PROBLEMA 41

109

De esta forma, la carga Z es la siguiuente: Z = RZ + j · XZ = 5 + j · 5 Ω Como el sistema est´a equilibrado se puede plantear un circuito equivalente monof´asico como el mostrado en la Figura 91 para la fase R. IR

R

2Z

+ URN

Figura 91

Seg´un la Figura 91:    URN = R + 2 · Z  · IR = (R + 2 · RZ )2 + (2 · XZ )2 · IR Despejando y sustituyendo valores se obtiene el valor de R:   URN 2 − (2 · XZ )2 − 2 · RZ R= IR

=

    400/√3 2 10

− (2 · 5)2 − 2 · 5 ≈ 10,82 Ω

PROBLEMA 41 El circuito trif´asico de la Figura 92 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico de tensiones, equilibrado y de secuencia directa. Las medidas obtenidas para dos condiciones de funcionamiento distintas (RN =0 y RN =∞) 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 VN , para las dos condiciones de funcionamiento.

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

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 ∞

U1 (V) 220 220

U2 (V) 220 220

U3 (V) 220 220

I1 (A) 0,2 ?

I2 (A) 0,5 ?

I3 (A) 0,5 ?

Tabla 1

´ 41 S OLUCI ON 1. La condici´on de funcionamiento en la que RN =0 da lugar a un sistema trif´asico con neutro r´ıgido y por tanto la tensi´on aplicada a cada una de las resistencias es la tensi´on de fase del generador. De esta forma: √ URN 220/ 3 ≈ 635 Ω = R1 = IR 0,2 √ USN 220/ 3 ≈ 254 Ω = R2 = IS 0,5 √ UT N 220/ 3 ≈ 254 Ω = R3 = IT 0,5 2. Si RN =∞ entonces la lectura del amper´ımetro AN es 0.

PROBLEMA 42

111

Si RN =0, seg´un los medidas correspondientes a esta condici´on 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, seg´un 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 tensi´on entre el neutro O y N se calcula aplicando el teorema de Millman:

U ON

U RN U SN U T N + + 0,3∠180◦ R1 R2 R3 ≈ 31,75∠180◦ = = 1 1 1 1 1 1 + + + + R1 R2 R3 635 254 254

En consecuencia, la lectura del volt´ımetro cuando RN =∞ es de 31,75 V.

PROBLEMA 42 El circuito trif´asico de la Figura 93 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico 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.

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

112

K URN

USN

+ I R

Z1

Z2

W1

V + IS

N UTN

R

+

Z2

S

W2

O

Z2

IT T

W3

O’

Figura 93

´ 42 S OLUCI ON 1. Con K cerrado, el sistema trif´asico resultante est´a equilibrado y por tanto todos los neutros (O, O y N ) est´an al mismo potencial. En esta situaci´on la lectura de los tres vat´ımetros es la misma. Eligiendo por ejemplo el vat´ımetro 1, seg´un la Figura 93 su lectura es la siguiente:  W1 = URO · IR · cos(U  RO  , I R ) = URN · IR · cos(U RO , I R ) URN · cos ϕ2 = URN · IR · cos ϕ2 = URN · Z2 Sustituyendo valores resulta: √ 400 400/ 3 · cos(−45◦ ) ≈ 3 771,24 W W1 = W2 = W3 = √ · 10 3 2. Con K abierto, la carga est´a desequilibrada de forma que el potencial del neutro O no ser´a el mismo que el de los neutros O y N . Seg´un la Figura 93 la lectura de cada vat´ımetro es la siguiente: W1 = URO · IR · cos(U  RO  , I R ) W2 = USO · IS · cos(U SO  , I S ) W3 = UT O · IT · cos(U  T O , I T )

PROBLEMA 42

113

Como los tres vat´ımetros son iguales y el sistema de alimentaci´on est´a equilibrado implica que los neutros O y N est´an al potencial. Por tanto: 400 URO = URN = √ ∠0◦ V 3 400 USO = USN = √ ∠ − 120◦ V 3 400 UT O = UT N = √ ∠120◦ V 3 Para el c´alculo de las intensidades de l´ınea (I R , I S , I T ) se obtendr´a en primer lugar la tensi´on U ON aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

Z1 + Z2 1

+

U SN

+

UTN

Z2 Z2 1 1 + + Z1 + Z2 Z2 Z2

Sustituyendo valores resulta:

U ON

√ √ √ 400/ 3∠0◦ 400/ 3∠ − 120◦ 400/ 3∠120◦ + + ◦ ◦ 10∠ − 45◦ 10∠ − 45◦ = 10∠45 + 10∠ − 45 1 1 1 + + ◦ ◦ ◦ 10∠45 + 10∠ − 45 10∠ − 45 10∠ − 45◦ ≈ 64,05∠ − 123◦ V

A continuaci´on se calculan las intensidades de l´ınea: U RO U RN − U ON = Z1 + Z2 Z1 + Z2 √ ◦ 400/ 3∠0 − 64,05∠ − 123◦ = ≈ 19,2∠11,42◦ A 10∠45◦ + 10∠ − 45◦

IR =

U SO U SN − U ON = Z2 Z2 √ 400/ 3∠ − 120◦ − 64,05∠ − 123◦ = ≈ 16,7∠ − 73,85◦ A 10∠ − 45◦

IS =

114

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

UTO U T N − U ON = Z2 Z2 √ ◦ 400/ 3∠120 − 64,05∠ − 123◦ = ≈ 26,6∠152,6◦ A 10∠ − 45◦

IT =

En consecuencia: W1 = URO · IR · cos(U  RO  , I R ) 400 = √ · 19,2 · cos(0◦ − 11,42◦ ) = 4 346,26 W 3 , I ) W = U  · I · cos(U 2

SO

S

SO

S

400 = √ · 16,7 · cos(−120◦ + 73,84◦ ) = 2 671,3 W 3 W3 = UT O · IT · cos(U  T O , I T ) 400 = √ · 26,6 · cos(120◦ − 152,6◦ ) = 5 175,19 W 3 Resulta interesante comprobar que W1 = PZ1 +Z2 , W2 = PZ2 y W3 = PZ2 . Sin embargo se tiene que verificar que W1 + W2 + W3 = PZ1 +Z2 + PZ2 + PZ2 . En realidad, la lectura de cada vat´ımetro se corresponde, respectivamente, con la potencia activa cedida por cada una de las ramas del generador trif´asico.

PROBLEMA 43

115

PROBLEMA 43 El circuito trif´asico de la Figura 94 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico y equilibrado de tensiones cuya frecuencia es 50 Hz. Se sabe que XL =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 trif´asico est´a equilibrado implica que todos los neutros est´an al mismo potencial. As´ı √ URN = XL · I2 = 2 · 50 = 100 V ⇒ UL = 3 · 100 V La potencia aparente de la carga trif´asica Z es la siguiente: √ √ √ SZ = 3 · UL · I3 = 3 · 3 · 100 · 50 = 15 000 VA La potencia reactiva de la carga trif´asica XL es la siguiente: √ √ √ QXL = 3 · UL · I2 = 3 · 3 · 100 · 50 = 15 000 var Por otro lado, la potencia aparente total correspondiente a la carga trif´asica XL m´as la carga trif´asica Z es la siguiente: √ √ √ ST = 3 · UL · I1 = 3 · 3 · 100 · 40 = 12 000 VA

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

116

Si se expresa cada potencia aparente en funci´on de la correspondiente potencia activa y reactiva y se relacionan ambas resulta:  SZ2 = PZ2 + Q2Z ⇒ SZ2 −Q2Z = ST2 −(QXL + QZ )2 2 2 2 2 2 ST = PT + QT = PZ + (QXL + QZ ) Despejando y sustituyendo valores se obtiene la potencia reactiva de la carga Z: QZ =

ST2 − SZ2 − Q2XL 12 0002 − 15 0002 − 15 0002 = −10 200 var = 2 · QXL 2 · 15 000

Se puede observar que la carga Z cede reactiva (tiene car´acter capacitivo) mientras que la carga XL necesariamente tiene que absorber reactiva ya que es una bobina. A continuaci´on se calcula la potencia reactiva que debe suministrar el banco trif´asico de condensadores: QC = |QXL | − |QZ | = 15 000 − 10 200 = 4 800 var Por tanto, la capacidad de cada uno de los condensadores del banco es la siguiente: C=

4 800 QC √ = ≈ 5,09 · 10−4 F 2 2 · π · f · UL2 2 · π · 50 · ( 3 · 100)

PROBLEMA 44

117

PROBLEMA 44 El circuito trif´asico de la Figura 95 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico 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. K1 , K2 y K4 cerrados y K3 abierto. 2. K1 cerrado y el resto abiertos. 3. K3 cerrado y el resto abiertos. 4. K4 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

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

118

´ 44 S OLUCI ON 1. Con K1 , K2 y K4 cerrados y K3 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

IR2

Z2/3

A USN

+ S IS

UTN

+ T IT

V

IR1

Z2/3

Z2/3

Z1

Z1

Z1

Figura 97

Como el circuito trif´asico est´a equilibrado todos los neutros est´an al mismo

PROBLEMA 44

119

potencial y en consecuencia seg´un la Figura 97: √ U RN 400/ 3∠0◦ I R1 = = ≈ 23∠ − 45◦ A 10∠45◦ Z1 √ 400/ 3∠0◦ U RN I R2 = ≈ 13,86∠ − 30◦ A = 50/3∠30◦ Z 2 /3 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 K1 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

Seg´un la Figura 98: 400∠30◦ U RS = ≈ 20∠ − 15◦ A 20∠45◦ 2 · Z1 400∠ − 30◦ U RT = = ≈ 8∠ − 60◦ A 50∠30◦ Z2

I R1 = I R2

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 Por tanto la lectura del amper´ımetro es de 26,27 A.

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

120

3. Si K3 est´a 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 f´acil comprobar que Z 1 est´a en paralelo con 2Z2 . As´ı: IR =

400∠30◦ U RS = ≈ 43,88∠ − 13,64◦ A 2 · 50∠30◦ · 10∠45◦ 2 · Z2 · Z1 2 · 50∠30◦ + 10∠45◦ 2 · Z2 + Z1

Por tanto la lectura del amper´ımetro es de 43,88 A. 4. Si K4 est´a abierto y el resto de los interruptores cerrados se obtiene el circuito mostrado en la Figura 100. Seg´un la Figura 100: 400∠30◦ U RS = ≈ 40∠ − 15◦ A ◦ 10∠45 Z1 400∠ − 30◦ U RT = = ≈ 8∠ − 60◦ A 50∠30◦ Z2

I R1 = I R2

Aplicando la ley de Kirchhoff de intensidades se obtiene lo siguiente: I R = I R1 + I R2 = 40∠ − 15◦ + 8∠ − 60◦ ≈ 46∠ − 22,06◦ A Por tanto la lectura del amper´ımetro es de 46 A.

PROBLEMA 45

URN

121

+ R IR

IR2 A IR1

V USN

+ S IS

Z2 Z2

UTN

+ T IT

Z1

Z1

Figura 100

PROBLEMA 45 El circuito trif´asico de la Figura 101 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico 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 trif´asico est´a equilibrado, se puede obtener un circuito monof´asico equivalente como el mostrado en la Figura 102. Seg´un la Figura 102, la impedancia equivalente es Z eq = Z L +

Z2 3 Z 1 + Z32

Z1 ·

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

122

URN

USN

UTN

+

R IR

ZL

R’ Z2

V1 +

S IS

ZL W2 V2

+

T IT

Z2

W3 Z2

ZL W1

A

Z1

Z1

Z1

Figura 101 IR R + URN

ZL

R’

Z1

Z2 /3

Figura 102

Sustituyendo valores resulta: Z eq = 0,3∠60◦ +

◦ 10∠45◦ · 50 3 ∠30 ≈ 6,58∠40,3◦ Ω ◦ 10∠45◦ + 50 ∠30 3

De esta forma:

√ 400/ 3∠0◦ U RN IR = = ≈ 35,09∠ − 40,3◦ A 6,58∠40,3◦ Z eq

Por tanto la lectura del amper´ımetro es de 35,09 A. 2. Seg´un la Figura 102: U RN = U R N + Z L · I R Despejando y sustituyendo valores, resulta 400 U R N = U RN −Z L ·I R = √ ∠0◦ −0,3∠60◦ ·35,09∠−40,3◦ ≈ 221,06∠−0,92◦ V 3

PROBLEMA 45

123

Por tanto, la lectura del volt´ımetro 2 es la siguiente: √ √ V2 = 3 · UR N = 3 · 221,06 ≈ 383 V 3. Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 103, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦ W1 = UT R · IT · cos(U T R , I T ) = UL · IL · cos(ϕ − 30 ) ◦ W2 = USR · IS · cos(U SR , I S ) = UL · IL · cos(30 + ϕ)

UST

USR

USN 30o

IS

ϕ

IT

ϕ

30o

UTR

URN ϕ

30

o

IR URS

UTN Figura 103

Si se suman las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia activa trif´asica consumida por las cargas 1 y 2: √ W1 +W2 = UL ·IL ·[cos(ϕ−30◦ )+cos(30◦ +ϕ)] = 3·UL ·IL ·cos ϕ = P Si ahora se restan las lecturas de ambos vat´ımetros se obtiene la potencia reactiva trif´asica consumida por las cargas 1 y 2: Q W1 − W2 = UL · IL · [cos(ϕ − 30◦ ) − cos(30◦ + ϕ)] = UL · IL · sin ϕ = √ 3 donde P y Q es la potencia activa y reactiva total, que se calculan como sigue: 2 = 3 · 6,58 · cos 40,3◦ · 35,092 ≈ 18 537,43 W P = 3 · Zeq · cos ϕeq · IR 2 = 3 · 6,58 · sin 40,3◦ · 35,092 ≈ 15 720,88 var Q = 3 · Zeq · sin ϕeq · IR

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

124

Por tanto: √

W1 + W2 = 18 537,43 W 3 · (W1 − W2 ) = 15 720,88 var

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene la lectura del vat´ımetro 1 y 2: W1 ≈ 13 806,94 W W2 ≈ 4 730,53 W 4. Seg´un las Figuras 101 y 103, la lectura del vat´ımetro 3 es la siguiente: Q2  W3 = UR T  · IS2 · cos(U R T , I S2 ) = UL · IL · cos(90◦ − ϕ2 ) = √ 3 La potencia reactiva absorbida por la carga 2 es la siguiente: Q2 = 3 ·

U22 3832 · sin 30◦ ≈ 4 400,67 var · sin ϕ2 = 3 · Z2 50

Por tanto W3 =

4 400,67 √ ≈ 2 540,72 W 3

PROBLEMA 46 La carga de la Figura 104 se encuentra alimentada por un sistema trif´asico equilibrado de tensiones de secuencia directa. La impedancia Z W es igual a la del circuito voltim´etrico de los vat´ımetros, los cuales son id´enticos. Se pide: 1. Obtener la potencia reactiva de la carga en funci´on de W1 y W2 suponiendo que est´a desequilibrada. 2. Obtener la potencia activa y reactiva de la carga en funci´on de W1 y W2 suponiendo que est´a equilibrada.

PROBLEMA 46

URN

+ R

125

IR W2

USN

+ S

IS CARGA

N UTN

+ T

IT

W1 Zw

O Figura 104

´ 46 S OLUCI ON 1. Seg´un el enunciado, la impedancia Z W es igual a la impedancia de la bobina voltim´etrica de los vat´ımetros 1 y 2. Esto implica que el neutro O y el N est´en al mismo potencial. UTN ϕT

IS

ϕS

IT URN ϕR

IR USN Figura 105

Seg´un el diagrama fasorial de la Figura 105, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦ W1 = URO · IT · cos(U RO , I T ) = URN · IT · cos(120 − ϕT )

= URN · IT · cos(90◦ + 30◦ − ϕT ) = URN · IT · sin(ϕT − 30◦ )

◦ W2 = UT O · IR · cos(U T O , I R ) = UT N · IR · cos(ϕR + 120 )

= UT N · IR · cos(90◦ + 30◦ + ϕR ) = −UT N · IR · sin(30◦ + ϕR )

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

126

Para resolver el problema se calcular´a en primer lugar la potencia compleja de la carga trif´asica: ∗

∗

∗

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 ∗

∗

∗

IR + IS + IT = 0 ⇒ IR + IS + IT = 0 lo cual permite expresar la intensidad I S en funci´on de las otras dos: ∗

∗

∗

I S = −(I R + I T ) De esta forma ∗

∗

∗

∗

S = U RN · I R − U SN · (I R + I T ) + U T N · I T ∗

∗

= (U RN − U SN ) · I R + (U T N − U SN ) · I T ∗

∗

= U RS · I R + U T S · I T La potencia reactiva total es ∗

∗

Q = m[S] = m[U RS · I R + U T S · I T ] Si se fija el origen de fases en la tensi´on U RN entonces: U RS = URS ∠30◦ ; U T S = UT S ∠90◦ ∗

∗

I R = IR ∠ϕR ; I T = IT ∠ϕT − 120◦ Por tanto: Q = m[S] = m[URS · IR ∠(30◦ ) + ϕR + UT S · IT ∠(ϕT − 30◦ )] = URS · IR sin(30◦ + ϕR ) + UT S · IT sin(ϕT − 30◦ ) √ √ = 3 · UT N · IR sin(30◦ + ϕR ) + 3 · URN · IT sin(ϕT − 30◦ ) √ = 3 · (W1 − W2 ) 2. Si la carga est´a equilibrada entonces ϕR = ϕS = ϕT = ϕ

PROBLEMA 47

127

y las lecturas de ambos vat´ımetros se pueden expresar seg´un ◦ W1 = URO · IT · cos(U RO , I T ) = UF · IL · sin(ϕ − 30 ) ◦ W2 = UT O · IR · cos(U T O , I R ) = −UF · IL · sin(30 + ϕ)

As´ı, es f´acil comprobar las siguientes relaciones: −P 3 Q W1 − W2 = √ 3

W1 + W2 =

En consecuencia: P = −3(W1 + W2 ) √ Q = 3 · (W1 − W2 )

PROBLEMA 47 El circuito trif´asico de la Figura 106 se encuentra alimentado por un sistema trif´asico 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 compleja absorbida por cada de las cargas es S R =5 290∠90◦ VA, S S =5 290∠0◦ VA y S T =5 290∠36,87◦ VA, calcular: 1. La intensidad, en m´odulo 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 tri´angulo, 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 tensi´on de cada una de las cargas monof´asicas SF = U F ·

∗ IF

 =⇒ I =

UF S

∗

128

´ CIRCUITOS TRIFASICOS. PROBLEMAS RESUELTOS

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:  ∗ 5 290∠ − 90◦ 5 290 SR I R = 23∠ϕR = = = ∠ − 90◦ ◦ UF ∠0 UF U RN =⇒ UF = 230 V ; ϕR = −90◦  ∗ 5 290∠0◦ 5 290 SS I S = 23∠ϕR = = = ∠120◦ ◦ UF ∠ − 120 UF U SN =⇒ UF = 230 V ; ϕS = 120◦  ∗ 5 290∠ − 36,87◦ 5 290 ST I T = 23∠ϕT = = = ∠ − 156,87◦ ◦ UF ∠120 UF UTN =⇒ UF = 230 V ; ϕS = 156,87◦ La intensidad que circula por el neutro es la siguiente: I N = I R + I S + I T = 23∠ − 90◦ + 23∠120◦ + 23∠ − 156,87◦ ≈ 34,82∠ − 159,64◦ A 2. La potencia reactiva que tiene que suministrar la bater´ıa de condensadores es la siguiente: QC = P · (tan ϕ − tan ϕN ) donde P es la potencia activa total que absorbe la carga trif´asica P = PR + PS + PT = 5 290 + 5 290 · cos(36,87◦ ) = 9 522 W

PROBLEMA 48

129

el a´ ngulo ϕ se calcula seg´un     QR + QS + QT Q = arctan ϕ = arctan P PR + PS + PT  = arctan

5 290 + 5 290 · sin(36,87◦ ) 9 522



≈ 41,63◦

y el a´ ngulo ϕN es seg´un el enunciado ϕN = arc cos 0,9 = 25,84◦ Por tanto QC = P · (tan 41,63◦ − tan 25,84◦ ) ≈ 3 852,28 var Una vez obtenida la potencia reactiva, la capacidad por fase de la bater´ıa de condensadores teniendo en cuenta que est´a conectada en tri´angulo es la siguiente: C =

QC /3 3 852,28/3 √ = ≈ 25,75 μF 2 · π · f · UL2 2 · π · 50 · (230 · 3)2