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, Ramón Cano y Narciso Moreno, 2009

Reservados todos los derechos. ((No está permitida la reproducción total o parcial de este libro, ni su tratamiento informático, ni la transmisión de ninguna forma o por cualquier medio, ya sea electrónico, mecánico, por fotocopia, por registro u otros métodos, 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 Disenõ de cubierta: FER DIGITAL Fotocomposicioń e impresioń: Alfonso Bachiller / FER DIGITAL Impreso en España

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

´ INDICE

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

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XI XIII

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

ÍNDICE

X

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

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

´ PROLOGO

Este libro, lector, que tienes en tus manos es una recopilación de problemas de sistemas trifásicos. Voy a intentar explicar aqu´ı cuáles han sido las ideas que han guiado a sus autores para realizar este proyecto. La colección está dirigida, en primer lugar, a estudiantes de ingenier´ıa en las ramas eléctrica y electrónica. Sin embargo cualquier otra disciplina en el a´ mbito de la ingenier´ıa que aborde los sistemas trifásicos, puede encontrar muy u´ til esta recopilación de ejercicios. En este texto, la resolución de cada problema sigue una l´ınea teórica contrastada en las aulas y definida en cualquiera de los muchos libros que abordan el estudio teórico de los circuitos trifásicos. La pretensión 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 colección de problemas originales que han sido motivados por la falta de los mismos en la amplia bibliograf´ıa existente relacionada con este tema. Por otro lado, la futura implantación de los nuevos planes de estudio reduce considerablemente las horas de clase presenciales, por lo que el alumno necesita para asimilar los conceptos teóricos recibidos en las aulas, adquirir cierta destreza en la resolución de problemas, dedicándole parte de sus horas de estudio a la resolución de los mismos. Con este libro se pretende facilitar el trabajo, al disponer de una recopilación de ejercicios suficiente para su comprensión. Por u´ ltimo, justificar de nuevo el porqué de escribir un libro de problemas, en lugar de, como en la mayor´ıa de los casos, escribir un libro dónde se desarrollan unas teor´ıas y se propongan unos ejercicios resueltos en parte. Hay una razón de ´ındole práctica y es que en la bibliograf´ıa existente no encontramos un libro de problemas de circuitos trifásicos exclusivo. Hay una razón más fuerte y es que los autores llevan muchos años enseñando de tal forma que el e´ nfasis es puesto en la resolución de los problemas, como expresión de la comprensión 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 resolución de este tipo de ejercicios en la vida profesional se debe a la destreza adquirida al manejar con soltura los conceptos que se adquieren con la práctica habitual de la realización de problemas. No me queda más que felicitar a los autores por la labor realizada y el tiempo invertido en la compilación de esta obra y espero que esta colección te sea u´ til tanto en el a´ mbito universitario como profesional. Ma Dolores Borrás Talavera Profesora de Ingenier´ıa Eléctrica Universidad de Sevilla

´ INTRODUCCION

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

XIV

´ INTRODUCCION

obstante, se explican a continuación algunos criterios concretos que pudieran ser diferentes en otras obras similares. Tensiones de los sistemas trifásicos: Los sistemas trifásicos se caracterizan habitualmente por su tensión de l´ınea (o tensión compuesta). En los sistemas trifásicos de baja tensión, es usual que se indique, además de la tensión de l´ınea, la tensión de fase (o tensión simple). No obstante, en la mayor´ıa de aplicaciones prácticas se emplea u´ nicamente el valor correspondiente a la tensión de l´ınea para caracterizar el sistema trifásico. En este sentido, muchos de los problemas planteados utilizan este u´ ltimo criterio de identificar el sistema trifásico sólo con un valor de tensión, que es la tensión de l´ınea. Identificación de cargas trifásicas: Las cargas trifásicas que se utilizan en muchos de los problemas están formadas por receptores monofásicos conectados convenientemente. Cuando estas cargas están formadas por dos o tres impedancias, denominadas por ejemplo 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 voltimétrica y los correspondientes a la bobina amperimétrica. La lectura de estos instrumentos es proporcional al producto de la tensión, la intensidad medida y el coseno del a´ ngulo que forman dichas magnitudes. Para evaluar correctamente el citado a´ ngulo, es preciso tener en cuenta la conexión de los terminales correspondientes en el vat´ımetro. Con el objeto de simplificar los dibujos, en esta obra se ha omitido la identificación de los terminales correspondientes. Sin embargo, se ha seguido el criterio de que el terminal de la izquierda de la bobina amperimétrica sea correspondiente con el terminal superior de la bobina voltimétrica. Los autores

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA 1 El circuito trifásico de la Figura 1 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 380 V. Sabiendo que Z=10∠36,87◦ Ω, y tomando U RN como origen de fases, obtener I R , I S , I T e I N , en las siguientes condiciones: 1. 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 está cerrado entonces el sistema trifásico está equilibrado (generador y carga equilibrada). En esta situación, 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 está equilibrado, I R , I S , I T formarán un sistema trifásico equilibrado y, en consecuencia, la intensidad por el neutro es nula: I R + I S + I T = −I N = 0 2. En este caso, el sistema sigue estando equilibrado, siendo indiferente que el interruptor del neutro esté abierto o cerrado ya que, como se ha dicho, los neutros en un sistema equilibrado están al mismo potencial. Por tanto los resultados de este apartado son los mismos que los del apartado anterior. 3. Cuando K2 está abierto, la intensidad que circula por la fase R es nula y además la carga ya no estará equilibrada. Sin embargo, como K1 se encuentra cerrado entonces el neutro del generador se encuentra unido r´ıgidamente al neutro de las cargas monofásicas. En esta situación: 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 está abierto la carga no estará equilibrada. Si además K1 está abierto entonces el neutro de la carga no coincidirá en general con el neutro del generador. En estas condiciones, el circuito resultante se muestra en la Figura 2, según la cual: U ST = U SN − U 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. Además, se puede comprobar que la tensión entre los neutros, U N N , es distinta de cero: U SN U N N =

Z

1

Z

+ +

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


4

PROBLEMA 2 El circuito trifásico de la Figura 3 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V. Sabiendo que R=10 Ω, X=20 Ω, obtener la lectura del amper´ımetro en las siguientes condiciones: 1. 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 está cerrado y K2 y K3 abiertos, el sistema trifásico está equilibrado y, por ello, el neutro de cada carga y el neutro del generador están al mismo potencial. En estas circunstancias, la intensidad que circula por la

PROBLEMA 2

5

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

√ 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 será 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 está abierto, la carga inductiva está desequilibrada, y como K3 está cerrado su neutro se encuentra r´ıgidamente unido al neutro del generador. De esta forma, I R2 es la misma que la calculada en el apartado anterior: 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 trifásico equilibrado de tensiones, aunque el sistema trifásico de intensidades que circula por el generador está desequilibrado. Por lo tanto, los neutros N y O se encuentran al mismo potencial, e I R1 será la misma que la calculada en el apartado anterior: 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, sólo hay que calcular I R2 ya que I R1 , por los mismos razonamientos que el apartado anterior no var´ıa. Según el circuito simplificado de la Figura 4: I R2 =

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


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 están abiertos y K2 está cerrado es el mostrado en la Figura 5. Teniendo en cuenta que los neutros O y O se encuentran unidos r´ıgidamente, se obtiene el circuito simplificado de la Figura 6, donde: Z = R//jX =

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

Según la Figura 6, la tensión entre el neutro de la carga (O) y el neutro del generador (N ) se puede calcular aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

Z

+ 1 Z

U SN

+

Z 1 Z

+

+

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


Una vez obtenida la tensión 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 trifásico se encuentra equilibrado, de forma que a partir de la lectura del volt´ımetro se puede calcular la tensión de l´ınea de alimentación a la carga: √ √ URS = 3 · URN = 3 · 100 Además, según 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 situación, 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 además la potencia activa que consume la carga es la misma que con los interruptores abiertos. Sabiendo que el factor de potencia del generador es de 0,8944 entonces se puede obtener la potencia reactiva que consume la carga: Q = P · tan ϕg = 3 000 · tan (arc cos 0,8944) = 1 500 var En consecuencia, la inductancia de la carga se obtiene como sigue: Q=3·

2 URN X

=⇒ X =

2 3 · URN 3 · 1002 = = 20 Ω Q 1 500


10

PROBLEMA 4 El circuito de la Figura 9 se encuentra alimentado por un sistema de tensiones trifásico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Se sabe que 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 trifásico de condensadores (con conexión estrella) que es necesario instalar para que el factor de potencia global de la instalación sea de 0,98 inductivo. I R

A

S T

RL

Z

RL

Z

W2 W1 IR Z

IS

IT

Z

Z

Figura 9

´ 4 S OLUCI ON 1. Según la Figura 9, el vat´ımetro 2 está midiendo la potencia activa consumida por la impedancia Z y por la resistencia 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 módulos de ambos miembros de la ecuación, 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 carácter de la impedancia Z es necesario analizar la lectura del vat´ımetro 1. Según 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 trifásica equilibrada Z y ϕ es el a´ ngulo de dicha carga.


12

Como la lectura del vat´ımetro 1 es negativa implica que Q3Z es positiva y por tanto la impedancia Z tiene carácter 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 según la siguiente expresión: 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 trifásico 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 instalación pase a ser 0,98, la red tiene que suministrar la misma potencia activa que anteriormente pero, sin embargo, sólo tiene que suministrar la siguiente potencia reactiva: f dp = 0,98 =

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 según 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 (según 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


14

PROBLEMA 5 Del circuito trifásico 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 tensión de alimentación 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 está equilibrado, el neutro de la conexión estrella equivalente de la carga 1 y el neutro de la carga trifásica formada por las impedancias Z 2 (a la que se llamará carga 2) están al mismo potencial. De esta forma, la bobina voltimétrica del vat´ımetro 3 está midiendo la tensión entre la fase y el neutro de la carga 1. Por tanto dicho vat´ımetro mide la potencia activa de una de las fases de la carga 1: W3 =

P1 =⇒ P1 = 3 · 600 = 1 800 W 3

PROBLEMA 5

15

Además, de la carga 1 se conoce el factor de potencia y su carácter, de forma que se puede calcular la potencia reactiva, que en este caso será absorbida ya que es inductiva: Q1 = P1 · tan ϕ1 = 1 800 · tan(arc cos 0,8) = 1 350 var 2. Según el diagrama fasorial de la Figura 13, las lecturas de los vat´ımetros 1 y 2 son las siguientes: ◦ 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 trifásica 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 trifásica 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


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 función de la tensión e intensidad de l´ınea según: √ S12 = 3 · UL · IL Como la tensión de alimentación 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 trifásico de la Figura 14 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V. Con todos los interruptores cerrados, las lecturas de los vat´ımetros son: 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 Según 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 está equilibrada se obtiene el diagrama fasorial de la Figura 15, a partir del cual se pueden hallar los desfases correspondientes a las tensiones e intensidades, resultando: ⎧ ◦ ⎨ W1 + W2 = P W1 = UL · IL · cos(30 − ϕ) Q =⇒ ⎩ W1 − W2 = √ W2 = UL · IL · cos(30◦ + ϕ) 3

18


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 pudiéndose afirmar nada sobre la potencia reactiva. 1. Con los interruptores cerrados el sistema trifásico resultante está equilibrado. Por tanto, a partir de las lecturas de los dos vat´ımetros se pueden obtener las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga trifásica: P = 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 función de R y X según: 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 están abiertos.

PROBLEMA 7

URN

USN

+

19

R

IR

W2

+

N

O UTN

+

IT

R W1 Figura 16

Según 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 tensión 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


20

PROBLEMA 7 El circuito trifásico de la Figura 17 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 220 V. Sabiendo que R=10 Ω, XL =20 Ω, R1 =30 Ω y XL1 =60 Ω, obtener las lecturas de los vat´ımetros cuando: 1. K1 y K2 están abiertos. 2. K1 está cerrado y K2 está abierto. 3. K1 está abierto y K2 está 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 están abiertos, el sistema trifásico resultante está equilibrado y tanto el neutro de la carga (O) como el neutro del generador (N ) están al mismo potencial. En esta situación, la intensidad de l´ınea se calcula como sigue: √ 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 fácil comprobar que W1 y W2 se encuentran dispuestos según el método de los dos vat´ımetros y, como el sistema está 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 está cerrado y K2 está abierto, el sistema trifásico resultante está desequilibrado. A pesar de esto, como no existe impedancia de l´ınea entre el generador y la carga trifásica, R + jXL , e´ sta seguirá sometida al mismo sistema de tensiones inicial, trifásico equilibrado. De este modo, tanto la intensidad que circula por cada una de las ramas monofásicas como las potencias, activa y reactiva, que absorbe dicha carga serán iguales a las calculadas en el apartado anterior. En consecuencia, la lectura del vat´ımetro 2 permanece invariable respecto a la situación del apartado anterior: 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 está abierto y K2 está cerrado, el sistema trifásico resultante está desequilibrado. Por las mismas razones que en el apartado anterior, la lectura del vat´ımetro 2 permanece invariable: W2 = −74,87 W Igualmente, la potencia activa y reactiva que absorbe la carga trifásica, R + jXL , permanece invariable. Según el método de los dos vat´ımetros: W1 + W2 = P donde P es ahora la potencia absorbida, no sólo por la carga trifásica, R + jXL , sino también por la resistencia R1 . Por tanto: P = 968 +

2202 ≈ 2 581,3ˆ3 W 30


22

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

PROBLEMA 8 El circuito trifásico de la Figura 18 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 400 V de tensión de fase. Sabiendo que Z 1 =10∠36,87◦ Ω, Z 2 =20∠ − 36,87◦ Ω y R=10 Ω, obtener la lectura del amper´ımetro y de los volt´ımetros en las siguientes condiciones: 1. 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 está abierto y K2 , K3 y K4 están 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 está cerrado la carga 2 está desequilibrada y las intensidades I R , I S e I T formarán un sistema trifásico desequilibrado. Por otro lado, como K2 , K3 y K4 están abiertos, al circular las intensidades desequilibradas por cada resistencia R de la l´ınea, el sistema trifásico de tensiones resultante en bornes de la carga 1 y 2 está desequilibrado. Por tanto, las lecturas de los dos volt´ımetros no serán nulas en general. Al estar cortocircuitados dos bornes de cada una de las cargas trifásicas formadas por Z 1 y Z 2 , quedan en paralelo las impedancias monofásicas correspondientes a la fase R y S de cada carga. De este modo, agrupando las


24

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 . Según la Figura 19, la tensión 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


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 tensión 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. Según la Figura 19, la lectura del volt´ımetro 2 se calcula como sigue: U OO = U OT − U O T = Z 2 · I 2 − Z 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


26

PROBLEMA 9 El sistema trifásico de la Figura 20 se alimenta de una red de secuencia inversa de 400/690 V. Sabiendo que Z=10∠ − 36,87◦ Ω, determinar: 1. Con los interruptores abiertos, las lecturas de 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 Según 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 trifásicas 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 situación, las lecturas de los amper´ımetros 1 y 2 son iguales y de valor 40 A. Las potencias, activa y reactiva, cedidas por el generador, es decir consumidas por la carga, se calculan como sigue: 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 instalación trabaje con factor de potencia unidad, con los interruptores cerrados, es necesario que el generador no suministre potencia

28


reactiva a la carga. Como la carga Z tiene carácter capacitivo entonces X tendrá que ser inductiva. El valor de X se obtiene igualando la potencia reactiva que suministra la carga capacitiva con la potencia reactiva que consume la carga X, la cual se calcula como sigue: 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 según: 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 situación (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 trifásico, 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 carácter inductivo, determinar:

PROBLEMA 10

29

1. Las potencias, activa y reactiva, absorbidas o cedidas por la carga 1. 2. Las potencias, activa y reactiva, absorbidas o cedidas por la carga 2. 3. El factor de potencia equivalente de la instalación. 4. La capacidad de los condensadores para que, una vez conectados, el factor de potencia equivalente de la instalación sea de 0,95 capacitivo. URN

USN

+ I R R

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. Según 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


30

Como las dos impedancias Z 1 están sometidas a la misma tensión, que en este caso es la tensión de l´ınea del sistema trifásico, absorberán las mismas potencias, activa y reactiva. En consecuencia con lo anterior: P1 = 2 · PZ1 = 2 · 116 = 232 W

Q1 = P1 · tan ϕ1 = 232 · tan(88,33◦ ) ≈ 7 997 var 2. Según 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 está desequilibrada, las intensidades de l´ınea, {I R , I S , I T }, formarán un sistema trifásico desequilibrado. La potencia activa absorbida por las cargas 1 y 2 se puede calcular a partir de la potencia compleja: ∗

∗

∗

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 Además, según el Teorema de Boucherot: P12 = P1 + P2 Hay que recordar que, cuando el sistema está desequilibrado, no se puede utilizar el método de los dos vat´ımetros para obtener la potencia reactiva. La potencia activa que absorbe la carga trifásica 2 se calcula a partir de las relaciones anteriores: 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

Según 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 carácter capacitivo, es decir cede potencia reactiva. 3. El factor de potencia equivalente de la instalación 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 instalación ha de ser de 0,95 capacitivo, por tanto el nuevo a´ ngulo equivalente será: ϕN = − arc cos(0,95) ≈ −18,19◦ De manera que la potencia reactiva que cede el conjunto de las cargas y el banco de condensadores es: QN = P12 · tan ϕN = (232 + 1 268) · tan(−18,19◦ ) ≈ −492,88 var


32

En consecuencia la potencia reactiva que debe suministrar el banco trifásico de condensadores se calcula como sigue: QC = 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 trifásico, equilibrado y de secuencia directa, de la Figura 24 se sabe que, con los interruptores abiertos, el vat´ımetro 1 marca cero, el vat´ımetro 2 marca 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 están 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

Según 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

Análogamente, 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=

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


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 trifásico de la Figura 26 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa de 380 V. Sabiendo que Z 1 =10∠90◦ Ω, Z 2 =10∠0◦ Ω, Z 3 =10∠ − 36,87◦ Ω, R=0,1 Ω, obtener las lecturas de los tres amper´ımetros en los siguientes casos: 1. Con 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 instalación es de 0,99 inductivo. URN

+ A1

USN

+

N

IR IS

R

IR1 IRC

IS1

R

A2 UTN

+ A3

ISC

IT

IT1 R ITC

K1 Z1

C

C

C

Figura 26

Z2

K2

Z3

PROBLEMA 12

35

´ 12 S OLUCI ON 1. Si K1 y K2 están 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 está 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 expresión:

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


36

4. En primer lugar se calculará la potencia de la bater´ıa de condensadores. Para ello se obtendrán las potencias, activa y reactiva, absorbidas por los receptores: 2 2 + 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 trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que el volt´ımetro mide 400 V, R=10 Ω, Z 1 =10∠90◦ Ω, y Z 2 =30∠ − 90◦ Ω. Obtener: 1. La lectura del amper´ımetro. 2. La lectura del vat´ımetro 1. 3. La lectura del vat´ımetro 2. URN

USN

+ 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 está equilibrado, el neutro de la carga 1 y el neutro del generador están al mismo potencial. Tomando como origen de fases la tensión U RS : √ 400/ 3∠ − 30◦ 40 U RN IA = = = √ ∠ − 120◦ A ◦ 10∠90 Z1 3

38


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

U RN R+

Z2 3

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

Según 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. Según la Figura 28, el vat´ımetro 1 está midiendo la potencia activa de una de las fases del conjunto trifásico situado a la derecha de e´ l. Como Z 2 es una carga capacitiva pura, no consumirá potencia activa. Por tanto: 2 ·R = W 1 = IB

√ 2 20 2 8 000 √ W · 10 = 3 3

3. Según 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 expresión 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 trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que el volt´ımetro mide 400 V, R=10 Ω, Z 1 =Z 3 = 10∠90◦ Ω y Z 2 =30∠ − 90◦ Ω. Obtener: 1. La lectura del amper´ımetro 1. 2. La lectura del amper´ımetro 2. 3. La lectura del vat´ımetro 1. 4. La lectura del vat´ımetro 2. ´ 14 S OLUCI ON El circuito trifásico de la Figura 30 se encuentra equilibrado ya que tanto las cargas como el sistema de alimentación lo están. De este modo resulta mas cómodo trabajar con un circuito monofásico equivalente para el análisis del sistema.


40

URN

USN

+ I R

R

R1

A1

A2

R2 R

Z3

S2 R

Z3

T2 R

Z3

V + IS

N UTN

R

R

+

R

S

R

IT T

R

S1

W2

R

T1

W1

Z2 Z1

Z1

Z1

Z2 Z2

Figura 30

Para obtener el circuito monofásico equivalente es necesario que todas las cargas estén conectadas en triángulo o en estrella. En este caso se usará la conexión en estrella, de forma que la carga 2 habrá que convertirla a esta configuración: Z 2Y =

Z 2Δ Z2 = 3 3

En la Figura 31 se representa el circuito monofásico equivalente correspondiente a la Figura 30. IR

R

R1

R

R2

A1

R A2

+ URN

Z1

Z2/3

Z3

N

Figura 31

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

PROBLEMA 14

41

1. Haciendo una conversión de la fuente de tensión en el circuito de la Figura 31, resulta el circuito de la Figura 32. IR

URN/R

R

R1

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 análoga al caso anterior: 1 I2 = I1 ·

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

42


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. Según la Figura 30, el vat´ımetro 1 está midiendo el consumo de potencia activa de una de las fases del conjunto trifásico situado a la derecha de e´ l: W1 = I12 · Zeq · cos ϕeq = 6,412 · 22,36 · cos(−26,57◦ ) ≈ 821,7 W 4. Atendiendo a la Figura 30, es fácil comprobar que el vat´ımetro 2 mide lo siguiente: −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 trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que el volt´ımetro mide 400 V, Z R =10∠0◦ Ω, Z S =10∠45◦ Ω y Z T =10∠90◦ Ω. Tomando como origen de fases U RN , se pide: 1. Obtener I R , I S e I T y las lecturas de W1 y W2 cuando K1 y K2 están abiertos. 2. Obtener la capacidad (C) de los condensadores para que, con K1 cerrado y K2 abierto, el factor de potencia equivalente de la instalación sea la unidad. As´ı mismo, obtener I R , I S e I T . 3. Obtener las capacidades (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 monofásicas 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 métodos de compensación de reactiva es el más 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 está 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


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

Según 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 será tal que el factor de potencia de cada una de las ramas monofásicas sea la unidad. La potencia reactiva que absorbe cada una de las impedancias monofásicas es: 2 =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 monofásica 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 método de compensación de reactiva más conveniente en este caso se consigue usando condensadores de distinta capacidad. Con este método se disminuir´ıan las pérdidas en las l´ıneas de alimentación ya que: 2 + IS2 + IT2 ) Pérdidas ∼ (IR

46


PROBLEMA 16 El circuito de la Figura 34 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa, de 400 V. Sabiendo que Z R =10∠0◦ Ω, Z S =10∠45◦ Ω, Z T =10∠90◦ Ω y que Z N =0,1∠0◦ Ω, obtener la lectura del volt´ımetro en los casos siguientes: 1. Con 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 tensión entre el neutro del generador y el neutro de la carga se puede obtener aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

+

U SN

+

UTN

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

PROBLEMA 17

47


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

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


48

URN

USN

+

+

N UTN

+

ZC

IR R

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 estarán equilibradas. Al tener el mismo módulo las tres impedancias de carga, las correspondientes intensidades de fase tendrán el mismo valor eficaz de 10 A: |I R | = |I S | = |I T | = 10 A Eligiendo como origen de fases la tensión U RN , se construye el diagrama fasorial de la Figura 36 donde las tres intensidades se situarán adelantadas o retrasadas 90◦ a su correspondiente tensión de fase, según la carga sea, respectivamente, un condensador o una bobina. Según esto, es fácil comprobar que I R = 10∠90◦ A ; I S = 10∠150◦ A ; I T = 10∠30◦ A y por tanto, la intensidad que circula por el neutro es I N = 10∠90◦ + 10∠150◦ + 10∠30◦ = 20∠90◦ A

PROBLEMA 18

UTR

49

UTN URS

IR IT

IS

URN

USN UST Figura 36

2. Las tensiones de fase y de l´ınea se pueden obtener de las siguientes relaciones: UF = IF · Z = 10 · 40 = 400 V √ √ UL = 3 · UF = 3 · 400 V De esta forma, la lectura de cada vat´ımetro será 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 será nula y no coincide con la suma de las lecturas de los vat´ımetros. Esto es debido a que el método de Aron, al igual que el de los tres vat´ımetros, solo es válido en sistemas donde I R + I S + I T = 0, lo que no se cumple en este caso.

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

50


URN

+ I R

R IRS ITR

Z USN

+ IS

S Z IST Z

UTN

+

IT T

Figura 37

´ 18 S OLUCI ON

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

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

U SN = 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 fácil 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 trifásico 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 sólo el interruptor K1 . 3. Cerrado sólo el interruptor K2 . 4. Cerrado sólo el interruptor K3 .


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. Según 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 están abiertos la carga está equilibrada y

PROBLEMA 19

53

según 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 según el montaje Aron aunque ahora, al estar la carga desequilibrada, sólo 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 tensión 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 está cerrado es K3 , se tiene el método de Aron con carga desequilibrada. Además, dicho interruptor conecta en paralelo un


54

condensador y la carga de 10 kW, de forma que la potencia activa no ha variado respecto al caso 1. En consecuencia: P = W1 + W2 = 10 000 W Además, la lectura del vat´ımetro 1 no cambia ya que no se modifica ni la intensidad ni la tensión 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 será 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 trifásico 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 idéntica a la impedancia voltimétrica de los vat´ımetros, determinar: 1. La potencia activa y reactiva de la carga. 2. Las nuevas lecturas de los vat´ımetros al abrir el interruptor K. R

S

IR

W1

W2

IS

CARGA EQUILIBRADA

T

IT

Zv

K O

Figura 41

PROBLEMA 20

55

´ 20 S OLUCI ON

1. Estando el interruptor cerrado, las impedancias voltimétricas de los vat´ımetros, junto con Z v , constituyen una carga trifásica equilibrada en estrella. Por esto, su neutro (punto O) estará al mismo potencial que el neutro del generador y de la carga. USR

USO

30o

URO

120o ϕ

120o

30o

IR URS UTO

Figura 42

A partir del diagrama fasorial representado en la Figura 42 se pueden deducir las expresiones de las lecturas de los vat´ımetros: ◦ 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


56

Luego los valores de las potencias, activa y reactiva, de la carga serán: 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 voltimétrica del vat´ımetro 1 queda desconectada, por lo que: W1 = 0 Por otra parte, la bobina voltimétrica del vat´ımetro 2 queda en serie con Z v , estando conectado el conjunto a la tensión de l´ınea U SR . Cada una de ellas tendrá una tensión de U SR /2 y en consecuencia la lectura del vat´ımetro 2 será: 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 trifásico 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 método de Aron. A partir de sus lecturas se pueden determinar las potencias, activa y reactiva, de la carga. Según la Figura 43, las lecturas de los vat´ımetros son: 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, según 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


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, según 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 trifásico es de secuencia inversa. 2. Conocidas la tensión de l´ınea del sistema de alimentación y las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga, resulta fácil deducir los valores de R y X. A partir de estas potencias se obtiene el 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


60

PROBLEMA 22 La carga trifásica de la Figura 46 se encuentra conectada a una red de 400 V. De la carga se conoce lo siguiente: 1. Con todos los interruptores cerrados, la potencia compleja consumida es 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 tensión, en módulo 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 fácil 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 tensión en cada impedancia ya no será la de fase del generador trifásico, sino que dependerá de la relación entre impedancias. Como, además, también se indica que el interruptor K3 está abierto, las tensiones a las que quedan sometidas Z 1 y Z 2 se pueden obtener fácilmente resolviendo el divisor de tensión de la Figura 47: U Z1 = U RS ·

Z1 Z2 ; U Z2 = U RS · Z1 + Z2 Z1 + Z2


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 trifásica de 400 V, 50 Hz alimenta a una industria formada por los siguientes receptores (Figura 48): Una bomba trifásica de 50 CV, η=0,9, cos ϕ=0,8. Un receptor trifásico inductivo que absorbe 30 A con cos ϕ=0,7. Tres l´ıneas monofásicas de alumbrado, cada una de las cuales está formada por 10 lámparas incandescentes de 100 W. Cada l´ınea se alimenta de una fase. Calcular: 1. La corriente total de l´ınea. 2. El factor de potencia total. 3. La capacidad de la bater´ıa de condensadores en estrella que es necesario conectar para obtener un factor de potencia total en la industria de 0,9 inductivo.

PROBLEMA 23

URN

USN

+ I R

R

+ IS

S

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. Según 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


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 lámparas 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 instalación, manteniendo constante el consumo de potencia activa, implica reducir el consumo de potencia reactiva desde 45 509,88 var hasta un valor de Q = 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 será: 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 están 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 alimentación es de secuencia directa, calcular: 1. La relación entre las lecturas de los vat´ımetros con K cerrado. 2. La relación entre las lecturas de los vat´ımetros con K abierto. URN

USN

+

+

N UTN

+

IR R

W1 K

IS S

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 relación entre las lecturas de los vat´ımetros es la siguiente: W1 =2 W2


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 configuración 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 tensión medida por el vat´ımetro 1 coincide con la tensión de l´ınea del generador: U RS = UL ∠0◦ V Sin embargo, la bobina voltimétrica del vat´ımetro 2 mide la diferencia de

PROBLEMA 24

67

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

U T S = −I R Z =

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

As´ı pues, las lecturas de los vat´ımetros serán 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 relación solicitada resulta: W1 =2 W2


68

PROBLEMA 25 El circuito de la Figura 52 se alimenta de una fuente trifásica equilibrada de 400 V y de secuencia directa. C.P. representa un circuito pasivo equilibrado. Con K abierto, las lecturas de los vat´ımetros son: 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 está abierto y que los vat´ımetros están colocados según el método de Aron, se puede obtener la potencia compleja a partir de las lecturas de los vat´ımetros. Para ello, se utilizan las relaciones entre magnitudes dadas en el diagrama fasorial de la Figura 53. De este modo, se tiene que los vat´ımetros miden lo siguiente: ◦ 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 tendrá el

70


mismo módulo, por lo que la variación en el a´ ngulo tendrá que ser simétrica respecto al fasor de la tensión aplicada al condensador. Según la Figura 52, la tensión del condensador es U RT y la intensidad es I C . La intensidad que circula por C.P. es la misma que la que circula con el interruptor abierto. As´ı pues, resulta el diagrama fasorial de la Figura 54, donde I R es la nueva intensidad de l´ınea para el conjunto de elementos. URN ϕ=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 indicó al principio del apartado, la nueva intensidad resultante será simétrica a la obtenida en el apartado anterior respecto a U RT , de forma que el módulo 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 conexión derivada del método de Aron, aunque el sistema esté ahora desequilibrado, la potencia activa seguirá verificando la siguiente relación: 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 tensión aplicada al condensador es conocida, se puede obtener la impedancia que presenta el mismo y, de ah´ı, su capacidad, considerando un frecuencia industrial de 50 Hz, resultando: 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 trifásico de la Figura 55 se encuentra alimentado por un generador trifásico, 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 está cerrado y K2 , K3 abiertos.


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 está equilibrado. UST USN USR

30o

30o

ϕ

IT

URN

IS ϕ

30o

URS

IR

ϕ

30o

UTN UTR Figura 56

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

trifásica 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 trifásica 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. Además, no circula intensidad por la fase T y la u´ nica carga conectada a la fase S es la resistencia R1 . De esta forma, la lectura del vat´ımetro 2 es la siguiente: 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 tensión, ni su intensidad, ni su desfase entre ellas. Además, estas circunstancias no circula intensidad por


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 trifásico de la Figura 57 se encuentra conectado a un generador trifásico 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 Según las referencias adoptadas en la Figura 57, y teniendo en cuenta que la carga Z está 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 trifásico de la Figura 58 se encuentra conectado a un generador trifásico 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 trifásicos con cargas desequilibradas resulta muy cómodo reducir dichas cargas a una sola. Para ello, el primer paso es convertir las cargas conectadas en estrella a su triángulo equivalente (Figura 59).


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 triángulo 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


PROBLEMA 29 En la Figura 62 se muestra una de las fases de un sistema trifásico equilibrado en determinadas condiciones de funcionamiento. Dicho sistema está compuesto por un generador ideal cuya tensión es U s =U ∠δ que alimenta a una carga a través de una l´ınea cuya inductancia es jX. La tensión en la carga es U r =U ∠0◦ . En función de U , X y δ, determinar: 1. Las potencias, activa y reactiva, suministradas por la fuente de tensión. 2. Las potencias, activa y reactiva, absorbidas por la carga. 3. La potencia reactiva absorbida por la l´ınea. 4. El fasor tensión en el punto M (mitad de la l´ınea). 5. Con K cerrado, el valor de la fuente de intensidad para que en el punto M la tensión sea U ∠(δ/2). 6. En las condiciones del apartado anterior, la potencia activa suministrada por la fuente de tensión.

Is

jX/2

M

jX/2

Ir +

+

K

Us IQ

Ur -

Figura 62

´ 29 S OLUCI ON 1. Según 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 tensión 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

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

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

4. La tensión 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 está cerrado y la tensión 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


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 están en cuadratura. Por tanto, la fuente de intensidad sólo intercambia potencia reactiva con el sistema. En estas circunstancias la potencia activa que suministra la fuente permanece inalterada e igual a la calculada en los apartados anteriores.

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

+

R

R

L

USN

+

S

R

L

UTN

+

T

R

L

N

C1

...

Cn

C1

...

Cn

Figura 63

C1

...

Cn

PROBLEMA 30

81

´ 30 S OLUCI ON Para una determinada condición de operación, la potencia reactiva que demanda la carga es Q, mientras que la que demanda el conjunto carga-condensadores es: QN = P · tan ϕN donde, según en el enunciado ϕN = arc cos(0,95) De esta forma, la potencia reactiva que debe suministrar la bater´ıa de condensadores es QC = Q − QN = Q − P · tan ϕN A continuación se obtienen las potencias activa y reactiva que absorbe la carga en función de R y de X = Lω. Para ello, en primer lugar se calcula la intensidad por una de las fases de la carga, por ejemplo la R: 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 variación de P , Q y QC con respecto a X.

Si cos ϕN ha de ser mayor de 0,95, habrá que estudiar la variación de QC cuando var´ıa X (X = Lω). En particular se calculará el máximo que alcanza QC en el intervalo de variación de X. Para ello no hay más que calcular la derivada de la expresión de 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


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 solución 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 máxima 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 trifásico equilibrado de la Figura 65 se encuentra alimentado de una red de 400 V. Se sabe que R=10 Ω y que L puede adoptar cualquier valor comprendido entre 0 y 0,2 H. Se pide obtener: 1. El valor de L que hace máximo el consumo de potencia reactiva. 2. La capacidad de la bater´ıa de condensadores que será necesario instalar para asegurar que el factor de potencia del conjunto sea la unidad en las condiciones del apartado anterior. URN

+

R

R

L

USN

+

S

R

L

UTN

+

T

R

L

N

C

C

C

Figura 65

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

U RN R+j·X

De esta forma: 2 = Q = 3 · X · IR

2 ·X 3 · URN R2 + X 2


84

Para obtener el máximo consumo de potencia reactiva en el intervalo de variación de X, no hay más que efectuar la derivada de la expresión 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 máximo 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 instalación sea 1, es necesario saber el valor de la inductancia que hace máxima la potencia reactiva absorbida por la carga. Esta inductancia es la que se ha calculado en el apartado anterior, para la cual el consumo de potencia reactiva es √ 2 Q = 3 · 400/ 3 ·

102

10 = 8 000 var + 102

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

PROBLEMA 32

I1

1

I3

85

3 I1

1

3

1

U4

U2

I3

3 U2

2

2

2

4

U4

4

4

Figura 66

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

1 U2

I3

2

3

U4

4

Figura 67

A continuación se analiza cada uno de los elementos siguiendo el criterio de referencia pasivo, el cual supone escoger la ca´ıda de tensión y la intensidad en el mismo sentido. Elemento 1 A partir de la Figura 67 se ha obtenido la Figura 68 en la que se ha representado el Elemento 1 de forma aislada con las referencias de tensión e intensidad siguiendo el criterio de referencia pasivo. As´ı mismo, en la misma figura se ha

86


I1 U2

1

I1

-U2

U2

-U2 U4

I3

Figura 68

representado el diagrama fasorial correspondiente a la tensión e intensidad del Elemento 1. Según el diagrama fasorial de la Figura 68, el desfase entre la tensión −U 2 y la intensidad I 1 es mayor de 90◦ y por tanto el Elemento 1 es un generador, es decir suministra potencia activa. En estos casos, en los que el desfase entre tensión e intensidad es mayor de ◦ 90 , el análisis de la potencia reactiva resulta más cómodo realizarlo considerando el comportamiento del resto del circuito y mediante la aplicación del teorema de Boucherot concluir que el elemento en cuestión debe hacer lo contrario que el resto del circuito. As´ı por ejemplo, si ahora se analiza la tensión U 2 y la intensidad I 1 en el diagrama fasorial de la Figura 68 se puede observar que, como la intensidad adelanta a la tensión, el resto del circuito se comporta como una carga capacitiva y por tanto el Elemento 1 debe absorber potencia reactiva, es decir justo lo contrar´ıo de lo que hace el resto del circuito. En resumen, el Elemento 1 es un generador subexcitado, es decir, se encuentra absorbiendo potencia reactiva. Elemento 2 Según el circuito de la Figura 67, del Elemento 2 solo se conoce a priori su tensión. La intensidad se calcula aplicando la ley de Kirchhoff de intensidades I2 = I1 + I3 En la Figura 69 se ha representado el Elemento 2 de forma aislada con las referencias de tensión e intensidad siguiendo el criterio de referencia pasivo. As´ı mismo, en la misma figura se ha representado el diagrama fasorial correspondiente a la tensión e intensidad del Elemento 2. Según el diagrama fasorial de la Figura 69, el desfase entre la tensión U 2 y la intensidad I 2 es menor de 90◦ y por tanto el Elemento 2 es un receptor, es decir absorbe potencia activa. Además, como la intensidad retrasa a la tensión el Elemento 2 tiene carácter inductivo. En resumen, el Elemento 2 es un receptor de carácter inductivo.

PROBLEMA 32

I1

I2 U2

87

U2

2 U4

I2

I3

Figura 69

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

I3 U3

U2

3 U4

U4

I3 -U3

Figura 70

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


88

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

I3 U4

U2

4 U4

I3

Figura 71

Según el diagrama fasorial de la Figura 71 el desfase entre la tensión U 4 y la intensidad I 3 es menor de 90◦ y por tanto el Elemento 4 es un receptor, es decir absorbe potencia activa. Además, como la intensidad adelanta a la tensión, el Elemento 4 tiene carácter capacitivo. En resumen, el Elemento 4 es un receptor de carácter capacitivo. PROBLEMA 33 En el circuito trifásico de la Figura 72 se conocen las tensiones de las fuentes de alimentación: U RS =400∠0◦ V, U ST =400∠ − 120◦ V y U T R =400∠120◦ V. Se pide: 1. Con K cerrado y sabiendo que Z=40∠30◦ Ω, calcular la lectura del amper´ımetro. 2. Con K abierto, calcular el valor de Z para que la lectura del amper´ımetro sea la misma que la del apartado anterior. ´ 33 S OLUCI ON 1. Con K cerrado, el sistema trifásico está equilibrado, verificándose 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 trifásico queda según se muestra en la Figura 74. En esta situación el amper´ımetro está midiendo la intensidad de l´ınea IT . Según 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 carácter de la carga puede ser cualquiera ya que no influye en la lectura del amper´ımetro.


90

IR + Z

URS + A UST

Z ITR

Z

IS IST IT

Figura 74

PROBLEMA 34 El circuito de la Figura 75 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones equilibrado. Estando K1 y K2 cerrados, los vat´ımetros miden W1 =700 W y W2 =300 W. Determinar: 1. La potencia activa consumida por la carga trifásica 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 trifásica es: ∗

∗

∗

S = U RN I R + U SN I S + U T N I T Como el sistema es de 3 hilos, a partir de la ley de Kirchhoff de intensidades se tiene que ∗ ∗ ∗ IR + IS + IT = 0 ⇒ IR + IS + IT = 0 lo cual permite expresar la intensidad I R en función 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


92

En esta situación es fácil comprobar que ambas cargas monofásicas están sometidas a la tensión 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 situación corresponde a un sistema trifásico equilibrado, siendo la potencia activa consumida: √ 2 2 UL / 3 UL = RZ · = 500 W P = 3 · RZ · Z Z 2. Cuando ambos interruptores están abiertos, la lectura del vat´ımetro 1 es 0 ya que por la fase S no circula intensidad. Por otro lado, la lectura del vat´ımetro 2 es: 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 trifásica si K2 se abre y K1 permanece cerrado. 3. La potencia activa consumida por la carga trifásica 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 Según se observa en la Figura 78 la disposición de los vat´ımetros se corresponde con el método de Aron. As´ı: W1 + W2 = 1 000 = P Con K1 y K2 cerrados el sistema trifásico 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


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 fácil comprobar que en esta caso la lectura del vat´ımetro 2 es cero ya que no circula intensidad por su circuito amperimétrico. Por otra parte, según la Figura 79 el vat´ımetro 1 se encuentra midiendo la potencia activa de la carga 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 trifásica 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 trifásico de tensiones equilibrado y de secuencia directa. Sabiendo que Z R =10∠0◦ Ω, Z S =10∠45◦ Ω, Z T =10∠90◦ Ω, y que, con K abierto, las lecturas de los vat´ımetros son W1 =7 967 W y W2 =3 300 W, se pide: 1. Con K abierto, calcular la potencia activa absorbida por la carga trifásica. 2. La lectura del volt´ımetro 1. 3. Con K cerrado, calcular la potencia activa absorbida por la carga.


96

URN

USN

+ I R

R

+ IS

S

ZR W1

ZS

N

W2

O

V1

UTN

+

ZT

IT T K

Figura 82

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

∗

∗

S = U RO · I R + U SO · I S + U T O · I T Si el interruptor K está abierto, el sistema es a tres hilos y se tiene que: ∗

∗

∗

∗

∗

∗

I R + I S + I T = 0 ⇒ I R + I S + I T = 0 ⇒ I T = −(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 está desequilibrado no se puede obtener la potencia reactiva a partir de las lecturas de los vat´ımetros.

PROBLEMA 36

97

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


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 triángulo y calculando nuevamente la potencia consumida por cada una de las impedancias monofásicas. Con este método se evita el obtener la tensión U ON aunque son necesarias las operaciones para la conversión de la carga desequilibrada de estrella a triángulo. 3. Con K cerrado resulta un sistema trifásico con neutro r´ıgido, de forma que la tensión a la que está sometida cada una de las cargas monofásicas es igual a la tensión 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 método de Aron ya que el sistema es a 4 hilos desequilibrado.

PROBLEMA 37

99

PROBLEMA 37 El circuito trifásico de la Figura 83 se encuentra alimentado por un sistema trifásico, equilibrado, secuencia directa, de 380 V. Sabiendo que W1 =1 767,5 W y que todas las cargas están equilibradas y tienen carácter 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 resolución del problema se empezará analizando los datos correspondientes a la carga 3. En este sentido, se proporciona como dato la potencia aparente de una de las fases de dicha carga. 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

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


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 trifásicas: 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 método de Aron. Si se supone que hay otro vat´ımetro ficticio (Wx ) conectado según 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 conexión (triángulo), la intensidad y la potencia de una fase. En primer lugar se calculará 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 Según 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 Además: 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 trifásico de la Figura 86 se encuentra alimentado por un sistema trifásico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Se sabe que Z R =10∠0◦ Ω, Z S =4∠45◦ Ω, Z T =100∠90◦ Ω y Z N =0,1∠0◦ Ω. Tomando U RN como origen de fases, se pide:

102


1. Con 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 tensión 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 tensión 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.


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 será la tensión entre los dos neutros. As´ı mismo, las tensiones de fase en la carga se aproximarán a las tensiones del generador cuando la impedancia de neutro sea pequeña. PROBLEMA 39 El circuito trifásico de la Figura 87 se encuentra alimentado por un sistema trifásico, equilibrado y de secuencia directa, de 400 V. Las lecturas de los vat´ √ımetros son las siguientes: W1 =4 332 W, W2 =−6 065 W, W3 =3 000/ 3 W, W4 =−199 W, W5 =199 W, W6 =0 W. Además se sabe que el amper´ımetro marca 15 A y que R=400 Ω. Teniendo en cuenta que las cargas 1 y 2 están equilibradas, calcular: 1. Potencia reactiva de la carga 1. 2. Potencia activa de la carga 1. 3. Potencia reactiva de la carga 2. 4. Potencia activa de la carga 2. 5. Potencia aparente del generador.

PROBLEMA 39

URN

USN

+ I R

105

W4

W1 R

+ IS

N

W5 UTN

+ I T

A

W2

W3

IS1

Carga 1

W6

Carga 2

Figura 87

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

106


2. En la Figura 87 se puede observar que la disposición de los vat´ımetros 1 y 2 corresponde a una configuración tipo Aron. PR + P1 = W1 − W2 donde PR es la potencia que consume la resistencia R. Además, en este caso no es posible utilizar los vat´ımetros para obtener la potencia reactiva ya que el sistema está desequilibrado. La potencia que consume la resistencia es la siguiente: 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. Según 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 está absorbiendo la carga 2, y por tanto el generador ni absorbe ni cede potencia reactiva. 4. Si se analiza el circuito trifásico de la Figura 87 se puede ver que todas las cargas están conectadas en paralelo. Como tanto el sistema de alimentación como las cargas 1 y 2 están equilibrados entonces el sistema de intensidades que circulan por cada una de las cargas trifásicas formarán un sistema trifásico equilibrado. Sin embargo, debido a la intensidad que circula por la resistencia R el sistema de intensidades del generador está desequilibrado. De esta forma, los neutros de las cargas 1 y 2 y el neutro del generador estarán al mismo potencial pudiéndose plantear un circuito equivalente monofásico para la fase T que es la u´ nica que no está influenciada por la resistencia R.

PROBLEMA 40

107

Para la fase T se verifica: 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 trifásico de la Figura 89 se encuentra alimentado por un sistema trifásico 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


´ 40 S OLUCI ON

Tal y como se observa en la Figura 89 el sistema trifásico está equilibrado. Según el diagrama fasorial de la Figura 90 la lectura del vat´ımetro 1 es la siguiente: 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 trifásica 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, según se observa en la Figura 89, el vat´ımetro 2 mide la potencia activa de la carga monofásica 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 está equilibrado se puede plantear un circuito equivalente monofásico como el mostrado en la Figura 91 para la fase R. IR

R

2Z

+ URN

Figura 91

Según 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 trifásico de la Figura 92 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia directa. Las medidas obtenidas para dos condiciones de funcionamiento distintas (RN =0 y 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.


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 condición de funcionamiento en la que RN =0 da lugar a un sistema trifásico con neutro r´ıgido y por tanto la tensión aplicada a cada una de las resistencias es la tensión de fase del generador. De esta forma: √ 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, según los medidas correspondientes a esta condición de funcionamiento y teniendo en cuenta que la carga es resistiva pura entonces: I R = 0,2∠0◦ A I S = 0,5∠ − 120◦ A I T = 0,5∠120◦ A Por otro lado, según la Figura 92, la intensidad por el neutro se calcula aplicando la ley de Kirchhoff de intensidades en el nudo O o en el N : −I N = I R + I S + I T = 0,2∠0◦ + 0,5∠ − 120◦ + 0,5∠120◦ ≈ 0,3∠180◦ A En consecuencia, la lectura del amper´ımetro AN cuando RN =0 es de 0,3 A. 3. Si RN =0 entonces la lectura del volt´ımetro es 0. Si RN =∞ la tensión entre el neutro O y N se calcula aplicando el teorema de Millman:

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


112

K URN

USN

+ I R

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 trifásico resultante está equilibrado y por tanto todos los neutros (O, O y N ) están al mismo potencial. En esta situación la lectura de los tres vat´ımetros es la misma. Eligiendo por ejemplo el vat´ımetro 1, según la Figura 93 su lectura es la siguiente: 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 está desequilibrada de forma que el potencial del neutro O no será el mismo que el de los neutros O y N . Según la Figura 93 la lectura de cada vat´ımetro es la siguiente: 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 alimentación está equilibrado implica que los neutros O y N están 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 cálculo de las intensidades de l´ınea (I R , I S , I T ) se obtendrá en primer lugar la tensión U ON aplicando el teorema de Millman: U RN U ON =

Z1 + Z2 1

+

U SN

+

UTN

Z2 Z2 1 1 + + Z1 + Z2 Z2 Z2


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 continuación 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


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 trifásico.

PROBLEMA 43

115

PROBLEMA 43 El circuito trifásico de la Figura 94 se encuentra alimentado por un sistema trifásico y equilibrado de tensiones cuya frecuencia es 50 Hz. Se sabe que 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 trifásico está equilibrado implica que todos los neutros están al mismo potencial. As´ı √ URN = XL · I2 = 2 · 50 = 100 V ⇒ UL = 3 · 100 V La potencia aparente de la carga trifásica Z es la siguiente: √ √ √ SZ = 3 · UL · I3 = 3 · 3 · 100 · 50 = 15 000 VA La potencia reactiva de la carga trifásica 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 trifásica XL más la carga trifásica Z es la siguiente: √ √ √ ST = 3 · UL · I1 = 3 · 3 · 100 · 40 = 12 000 VA


116

Si se expresa cada potencia aparente en función 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 carácter capacitivo) mientras que la carga XL necesariamente tiene que absorber reactiva ya que es una bobina. A continuación se calcula la potencia reactiva que debe suministrar el banco trifásico de condensadores: QC = |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 trifásico de la Figura 95 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia directa. Se sabe que la lectura del volt´ımetro es 400 V, Z 1 =10∠45◦ Ω y Z 2 =50∠30◦ Ω. Calcular la lectura del amper´ımetro en los siguientes casos: 1. 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


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 trifásico está equilibrado todos los neutros están al mismo

PROBLEMA 44

119

potencial y en consecuencia según 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

Según 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.


120

3. Si K3 está cerrado y el resto de los interruptores abiertos se obtiene el circuito mostrado en la Figura 99. URN

+ R IR

IR2 A IR1

V USN

+ S IS

Z2 Z2

Z1

Figura 99

A partir de la Figura 99 es fácil comprobar que Z 1 está en paralelo con 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 está abierto y el resto de los interruptores cerrados se obtiene el circuito mostrado en la Figura 100. Según 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 trifásico de la Figura 101 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa. Se sabe que la lectura del volt´ımetro 1 es 400 V, Z L =0,3∠60◦ Ω, Z 1 =10∠45◦ Ω y Z 2 =50∠30◦ Ω. Calcular: 1. La lectura del amper´ımetro. 2. La lectura del volt´ımetro 2. 3. La lectura del vat´ımetro 1 y 2. 4. La lectura del vat´ımetro 3.

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

Z2 3 Z 1 + Z32

Z1 ·


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. Según 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. Según 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 trifásica 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 trifásica 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


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. Según 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 trifásico equilibrado de tensiones de secuencia directa. La impedancia Z W es igual a la del circuito voltimétrico de los vat´ımetros, los cuales son idénticos. Se pide: 1. Obtener la potencia reactiva de la carga en función de W1 y W2 suponiendo que está desequilibrada. 2. Obtener la potencia activa y reactiva de la carga en función de W1 y W2 suponiendo que está 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. Según el enunciado, la impedancia Z W es igual a la impedancia de la bobina voltimétrica de los vat´ımetros 1 y 2. Esto implica que el neutro O y el N estén al mismo potencial. UTN ϕT

IS

ϕS

IT URN ϕR

IR USN Figura 105

Según 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 )


126

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

∗

∗

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

∗

∗

IR + IS + IT = 0 ⇒ IR + IS + IT = 0 lo cual permite expresar la intensidad I S en función 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 tensión 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 está equilibrada entonces ϕR = ϕS = ϕT = ϕ

PROBLEMA 47

127

y las lecturas de ambos vat´ımetros se pueden expresar según ◦ 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 fácil 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 trifásico de la Figura 106 se encuentra alimentado por un sistema trifásico de tensiones, equilibrado y de secuencia inversa de 50 Hz. Sabiendo que la lectura de los amper´ımetros es A1 =A2 =A3 =23 A y que la potencia 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 módulo y argumento, que circula por el neutro del sistema. Tomar U RN como referencia de fases. 2. La capacidad por fase del banco de condensadores, conectados en triángulo, necesario para mejorar el factor de potencia del sistema hasta 0,9 inductivo.

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

∗ IF

=⇒ I =

UF S

∗

128


URN

USN

+

+

ZR

IR

A1 ZS

IS

N

A2 UTN

+

O ZT

IT

A3 IN

Figura 106

Sustituyendo los valores correspondientes a cada una de las fases resulta: ∗ 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 trifásica P = PR + PS + PT = 5 290 + 5 290 · cos(36,87◦ ) = 9 522 W

PROBLEMA 48

129

el a´ ngulo ϕ se calcula según 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 según 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 está conectada en triángulo es la siguiente: C =

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

Circuitos Trifasicos Problemas Resueltos Alfonso Bachiller Soler

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