Ejercicios Resueltos Sistemas Trifasicos Equilibrados

Ejercicios resueltos. Sistemas trifásicos t rifásicos equilibrados

Fundamentos Ingeniería Eléctrica (Universidad de Málaga)

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Departamento de Ingeniería Eléctrica Escuela Ténica Superio de Ingeniería Industrial

SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS

TRIFÁSICA 1. En la figura se esquematiza un sistema trifásico, conexión estrella-estrella, equilibrado y de secuencia directa. Determine: las intensidades de línea, las tensiones de línea y fase en el generador y la carga y la caída de tensión eficaz en la línea. ¿Qué diferencia de potencial hay entre los neutros del generador y la carga?. DATOS: ER = 230∠0°(V ) ; Z G = j(Ω) ; Z L = 1 + j(Ω) ; Z C = 20 + j ⋅ 20(Ω) .

Solución: Como el circuito es equilibrado, podemos construir su monofásico equivalente estrella-estrella, tal como se muestra en la figura.

Z G = 1∠90°(Ω); Z L = 2∠45°(Ω); Z G = 28,28∠45°(Ω) UL

= U F ⋅ 3∠ + 30°

En el circuito, el valor de la intensidad de línea es: IR

=

ER ZG

+ Z L + ZC

=

230∠0° 21 + j ⋅ 22

=

230∠0° 30,4∠46,33°

= 7,56∠ − 46,33°(A) .

Como el sistema es de secuencia directa, el conjunto de las intensidades de línea es: IR

= 7,56∠ − 46,33°(A ) ; I S = 7,56∠ − 166,33°(A) ; I T = 7,56∠73,67°(A)

A partir del dato de la intensidad de línea, y sobre el monofásico anterior, las tensiones de fase en el generador y en la carga son: U R 'N ' U RN

= E R − I R ⋅ Z G = 224,6∠ − 1,33°(V) = I R ⋅ Z C = 213,9∠ − 1,33°(V )

.

A partir de estas tensiones de la fase R, el conjunto de tensiones de fase en el generador y la carga son:

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS U R 'N '

= 224,6∠ − 1,33°(V ) ; U S'N ' = 224,6∠ − 121,33°(V ) ; U T 'N ' = 224,6∠118,67(V)

= 213,9∠ − 1,33°(V) ; U SN = 213,9∠ − 121,33°(V) ; U TN = 213,9∠118,67°(V)

U RN

y el de las tensiones de línea en el generador y en la carga, teniendo en cuenta que al ser de secuencia directa y equilibrado el sistema trifásico se cumple: UL

= U F ⋅ 3∠ + 30° = 389∠28,67°(V ) ; U S'T ' = 389∠ − 91,33°(V) ; U T 'R ' = 389∠148,67(V)

U R 'S' U RS

= 370,5∠28,67°(V) ; U ST = 370,5∠ − 91,33°(V) ; U TR = 370,5∠148,67°(V)

La caída tensión en la línea, en valor eficaz, es:

U R 'R = I R ⋅ Z L = 7,56 ⋅ 2 : U R 'R = 10,7( V) Si el alumno recuerda, todas las estrellas de un sistema trifásico equilibrado tienen sus neutros al mismo potencial; por tanto, la diferencia de potencial entre los neutros del generador y la carga es cero. Podemos comprobarlo fácilmente, aplicando el teorema de Millman al nudo N respecto del nudo N’ en el sistema trifásico original. Llamando Z = Z G + Z L + Z C , la impedancia total de cada fase: U NN '

⋅ (1

E R Z + ES Z + E T Z

=

ER

+ ES + E T

=0 1 Z +1 Z +1 Z 3 ya que la suma de la misma magnitud, en este caso la tensión generada, extendidas a las tres U NN '

=

Z + 1 Z + 1 Z ) = E R Z + ES Z + ET Z

fases del sistema equilibrado es nula.

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS TRIFÁSICA 2. En la figura se esquematiza un sistema trifásico, equilibrado y de secuencia inversa. Determine: las intensidades de fase en el generador y en las cargas, las intensidades de línea, las tensiones en el generador real y en las cargas, y la caída de tensión eficaz en la línea. DATOS: Z G = j ⋅ 3(Ω) ; Z L = 2(Ω) ; Z C = 30 + j ⋅10(Ω) ; ER = 400∠0°( V) .

Solución: Como el sistema trifásico es equilibrado podemos reducir su análisis al del monofásico equivalente, en este caso, triángulo-triángulo, previa conversión de la carga 2 de estrella a su triángulo equivalente. Todo ello se recoge en el esquema de la figura.

En el esquema, la intensidad de fase del generador es: I RS

=

ER ZG

+ 3 ⋅ Z L + (Z1 ⋅ (3 ⋅ Z 2 )) (Z1 + (3 ⋅ Z 2 ))

= 11,22∠ − 1,2°(A) ;

y, aplicando divisor de intensidad, la de las cargas es: I RS1

= I RS

I RS 2

= I RS

3⋅ Z2 Z1

+ (3 ⋅ Z 2 ) Z1

Z1

+ (3 ⋅ Z 2 )

= 8,42∠ − 1,2°(A) ; = 2,81∠ − 1,2°(A) .

Esta intensidad sería la que circularía por cada fase del triángulo equivalente a la estrella dada. El conjunto de intensidades de fase, generador y carga 1, teniendo en cuenta que el sistema es equilibrado, es:

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS I S 'R '

= I RS = 11,22∠ − 1,2°(A) ; I T 'S' = I ST = 11,22∠118,8°(A) ; I R 'T ' = I TR = 11,22∠ − 121,2°(A)

I RS1

= 8,42∠ − 1,2°(A) ; I ST1 = 8,42∠118,8°(A) ; I TR1 = 8,42∠ − 121,2(A )

Como el sistema es equilibrado y de secuencia inversa: I L = I F ⋅ 3∠ + 30 , podemos escribir el conjunto de las intensidades de línea para el generador y las cargas: IR

= 19,43∠28,8°(A) ; I S = 19,43∠148,8°(A ) ; I T = 19,43∠ − 91,2°(A)

I R1

= 14,57∠28,8°(A) ; I S1 = 14,57∠148,8°(A) ; I T1 = 14,57∠ − 91,2°(A)

IR2

= 4,84∠28,8°(A) ; I S2 = 4,84∠48,8°(A ) ; I T 2 = 4,84∠ − 91,2°(A)

A partir de las intensidades de fase, las tensiones de línea en el generador y en las cargas, son: U R 'S'

= E R − I RS ⋅ Z G = 400,7∠ − 4,82°(V) ; U RS = I RS ⋅

Z1 ⋅ 3Z 2 Z1

+ 3Z 2

= 333,57∠ − 5,54°(V) ;

y el conjunto de las tensiones de línea en el generador y carga es: U R 'S'

= 400,7∠ − 4,82°(V) ; U S'T ' = 400,7∠115,18°(V ) ; U T 'R ' = 400,7∠ − 124,82°(V)

U RS

= 333,57∠ − 5,54°(V) ; U ST = 333,57∠114,46°(V) ; U TR = 333,57∠ − 125,54°(V)

La caída de tensión en la línea es: U R 'R = I R ⋅ Z L : U R 'R = 38,86( V)

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS TRIFÁSICA 3. Un generador trifásico equilibrado, secuencia directa y conexión estrella, alimenta a una carga equilibrada en triángulo mediante conductores de impedancia equivalente de ZL

= 3 + j ⋅ 6(Ω) cada uno. La potencia cedida por el generador es 500(kW), absorbiendo la carga

494(kW) con un fdp 0,9(ind). Determine la intensidad de línea, así como la tensión de línea en el generador.

Solución: Sabemos que la potencia activa cedida por el generador es: PG = 500( kW) ; que la carga consume una potencia activa: PC = 494(kW ) , y una aparente:

PC = SC ⋅ cos ϕ C ; SC =

PC cos ϕ C

494

=

0,9

= 549 (kVA) ;

y una reactiva:

cos ϕ C = 0,9 (ind ) ; ϕ C = 25,84º ; senϕ C = 0.44 Q C = SC ⋅ senϕ C = 239 ( kVAr ) . Haciendo balance de potencia, la potencia activa consumida por la línea es:

PG = PC + PL : PL = 6( kW ) . Con este último dato, calculamos el valor de la intensidad de línea: PL = 3 ⋅ I 2L ⋅ R L : I L = 25,82( A) ; la potencia reactiva de la línea:

Q L = 3 ⋅ I 2L ⋅ X L : Q L = 12( kVAr ) ; y

haciendo

balance

de

las

potencias

reactivas,

la

cedida

por

el

Q G = Q C + Q L : Q G = 251( kVAr) . La potencia aparente del generador es:

SG =

PG2 + Q G2 : SG = 559( kVA) ,

dato que permite el cálculo de la tensión de línea en bornas del generador:

SG = 3 ⋅ U L ⋅ I L : U L = 12,5(kV) . Por tanto, las respuestas son: I L = 25,82( A) y U L = 12,5( kV) .

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generador

es:


SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS TRIFÁSICA 4. En el sistema equilibrado y de secuencia directa de la figura, realice un balance de potencias, tanto activas como reactivas, explicitando las del generador, línea y carga. DATOS: Z G = j(Ω) ; Z L = 2 + j(Ω) ; Z 1 = 10 − j ⋅ 2(Ω) ; Z1 = 10 − j ⋅ 3(Ω) ; E = 230( V) .

Solución: Como el sistema es equilibrado, calculamos las respuestas en el monofásico equivalente estrellaestrella que mostramos en la figura, y donde hemos sustituido la carga 1, en triángulo, por su equivalente en estrella.

Calculemos las intensidades de línea en el monofásico. IR

E

= ZG

+ ZL +

Z 2 ⋅ Z1 Z2

3

: I R = 46,47∠ − 21,23°( A)

+ (Z1 3)

y aplicando divisor de intensidad a esta intensidad, las de las cargas son: I R1

= IR ⋅

IR2

= IR ⋅

Z2 Z2

+ (Z1 3) Z1

Z2

3

+ (Z1 3)

: I R1 = 35,84∠ − 14,46°( A) : I R 2 = 11,67∠ − 42,47°( A)

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS A partir de estos datos, las tensiones de fase en el generador y la carga son: U R 'N' U RN

= E − I R ⋅ Z G : U R 'N ' = 21753∠ − 11,49°(V ) = I R1 ⋅

Z 2 ⋅ Z1 Z2

3

+ (Z1 3)

: U RN = 121,83∠ − 25,77°( V)

Con todos estos resultados, podemos calcular las distintas potencias del sistema trifásico Potencia cedida por el generador: SE

PE = 29,9(kW) = 3 ⋅ U R ' N ' ⋅ I *R = 29,9 + j ⋅ 5,1(kVA) :  Q E = 5,1(kVAr )

Potencia consumida por la carga 1: S1

P1 = 12,8(kW ) = 3 ⋅ U RN ⋅ I *R1 = 12,8 − j ⋅ 2,6(kVA) :  Q 2 = −2,6(kVAr)

Potencia consumida por la carga 2:

P2 = 4,1(kW) = 3 ⋅ U RN ⋅ I *R 2 = 4,1 + j ⋅ 1,2(kVA) :  Q 2 = 1,2(kVAr)

S2

Potencia consumida por la línea: SL

PL = 13(kW ) = 3 ⋅ I 2R ⋅ Z L = 13 + j ⋅ 6,5(kVA) :  Q L = 6,5(kVAr )

La potencia en las cargas podríamos haberlas calculado de forma similar a la de la línea: S1

= 3 ⋅ I 2R1 ⋅ Z1 3 ; S 2 = 3 ⋅ I 2R 2 ⋅ Z 2

Hemos tomado para el generador el criterio de potencias cedidas. Si tomamos el de potencias consumidas, la expresión sería: SE

= −3 ⋅ U R 'N ' ⋅ I *R .

En la potencia de la carga 1, el hecho de que su potencia reactiva sea negativa, implica que cede una potencia reactiva de valor 2,6(kVAr). Como era de esperar, al tener la carga 1 carácter capacitivo, cede potencia reactiva. El alumno debe comprobar que la suma de potencias cedidas, tanto activas como reactivas, es igual a la suma de potencias consumida.

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS TRIFÁSICA 5. Un generador trifásico en secuencia directa y conectado en triángulo, tiene una impedancia ZG= 0.2 +0.5j (Ω). La tensión de fase interna del generador es de E1=120V como fase 0, y éste alimenta una carga trifásica equilibrada y conectada en triángulo de Z C= 39+28j (Ω). Si la impedancia de línea que conecta generador y carga es Z L= 0.8+1.5j (Ω). a) Construir el circuito equivalente monofásico. b) Las intensidades de fase en la carga. c) Las intensidades de línea. d) Las tensiones de línea en bornas de la carga. e) Las tensiones de línea en bornas del generador.

Solución: a) Construir el circuito equivalente monofásico:

A partir del monofásico equivalente de la figura y de las ecuaciones obtenidas: I RS

=

E1 Zg

+ 3Z L + Z C

=

120∠0° 0,2 + 0,5 j+ 3 ⋅ (0,8 + 1,5 j) + 39 + 28 j

=

120∠0° 53.1∠38,4°

= 2,26∠ − 38,4°

= I RS Z C = 2,26∠ − 38,4° ⋅ 48,01∠35,7° = 108,5∠ − 2,7°

U RS UR S

1 1

= E1 − I RS Z g = 120∠0° − 2,26∠ − 38,4° ⋅ 0,54∠68,2° = 121,06∠0,29°

Teniendo en cuenta que el sistema es de secuencia directa, escribimos: b) Intensidades de fase en carga y generador: I RS

= 2,26∠ − 38,4°(A)

I ST

= 2,26∠(− 38,4°° − 120°) = 2,26∠ − 158.4°(A)

I TR

= 2,26∠(− 38,4° + 120°) = 2,26∠81,4°(A)

c) Teniendo en cuenta las relaciones entre magnitudes de fase y de línea, las intensidades de línea son: IR

= I RS 3∠ − 30° = 3,91∠ − 68,4(A)

IS

= I ST 3∠ − 30° = 3,91∠171,4°(A)

IT

= I TR 3∠ − 30° = 3,91∠51,4°(A)

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c) Las tensiones de línea en la carga son: U RS

= 108,5∠ − 2,7°(V)

U ST

= 108,5∠ − 2,7 º −120º = 108,5∠ − 122,7°(V)

U TR

= 108,5∠ − 2,7 º +120º = 108,5∠117,3°(V)

d) Las tensiones de línea en el generador son: UR S

1 1

= 121,06∠0,29°(V)

U ST

= 121,06∠(0,29° − 120°) = 121,06∠ − 119,71°(V)

U TR

= 121,06∠(0,29° + 120°) = 121,06∠120,29°(V)

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TRIFÁSICA 6. Una carga trifásica desequilibrada, conectada en triángulo: Z RS

= 25∠90°(Ω);

Z ST

= 15∠30°(Ω);

Z TR

= 20∠0°(Ω) está alimentada por el sistema trifásico

equilibrado de tensiones de línea: U RT = 240∠120°( V); U SR = 240∠240°( V). Determine: a) las intensidades de línea; b) la potencia activa consumida por la carga; y c) las lecturas de dos vatímetros, así como su conexión, conectadas sus bobinas amperimétricas en las líneas R y S, para medir la potencia consumida por la carga.

Solución: El esquema del sistema trifásico se muestra en la figura.

Aplicamos la LKT a las tensiones de línea, para calcular UTS: U SR

+ U RT + U TS = 0 : U TS = 240∠0°(V).

Para estas tensiones de línea, las intensidades de fase son: I RT

= U RT

Z TR

I TS

= U TS

Z ST

= 12∠120°(A); I SR = U SR

Z RS

= 9,6∠150°(A);

= 16∠ − 30°(A) .

a) Las intensidades de línea, aplicando la LKI a los nudos de la carga trifásica son: IR

= I RT − I SR : I R = 6,05∠67,52°(A)

IS

= I SR − I TS : I S = 25,6∠150°(A)

IT

= I TS − I RT : I T = 27,07∠ − 42,81°(A)

b) La potencia activa consumida por la carga trifásica es: S

∗ = U RT ⋅ I ∗RT + U TS ⋅ I ∗TS + U SR ⋅ I SR : P = real(S ) : P = 6206( W )

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En la figura damos un esquema del conexionado de los dos vatímetros. Estos vatímetros, como deben medir la potencia activa consumida por la carga, se conectan siguiendo el método de los dos vatímetros.

La lectura de cada vatímetro es:

W1 = U RT ⋅ I R ⋅ cos(∠(U RT ; I R )) = 884( W ) W 2 = U ST ⋅ I S ⋅ cos(∠(U ST ; I S )) = 5321( W ) Como puede comprobar el alumno, P ≈ W1 + W 2 , aproximación y no exactitud por errores de aproximación. El alumno debe comprobar que no se cumple ninguna de las otras propiedades ligadas al método de los dos vatímetros.

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS TEMA 9 (PARTE 1): GENERALIDADES (EJEMPLOS RESUELTOS) Ejemplo: En un sistema trifásico, las tensiones en el punto de conexión de una carga trifásica son: U RS

= 380∠0°(V); U RT = 380∠60°(V)

Determine las tensiones de línea y de fase en dicho punto. El sistema es equilibrado; ¿qué secuencia de fases tiene?.

Solución: U TR

= − U RT = 380∠ − 120°

y como la suma de tensiones de línea en un sistema trifásico siempre es nula, podemos escribir: U ST

= − U RS − U TR = −380∠0° − 380∠ − 120° = 380∠120°

Por tanto: U RS

= 380∠0°(V); U ST = 380∠120°(V); U TR = 380∠ − 120°(V)

Es decir, el sistema es equilibrado de secuencia inversa. Las tensiones de fase, aplicando lo dicho anteriormente, serán: U RN

= U RS (1

) (1 3 )∠30° : U (1 3 )∠30° : U

U SN

= U ST

U TN

= U TR

3 ∠30° : U RN = 220∠30°(V) SN TN

= 220∠150°(V) = 220∠ − 90°(V)

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS TEMA 9 (PARTE 2): SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS (EJEMPLOS RESUELTOS) Ejemplo: En el sistema trifásico de la figura el generador es de secuencia inversa, siendo los valores de la fase R:

E 1 = 220∠0°(V); Z g = 0,1 j(Ω); Z L = 0,5 + 0,1 j(Ω); Z C = 8 + 6 j(Ω) . Determine: a) las intensidades de línea; b) las tensiones de fase en el generador y la carga; c) las tensiones de línea en bornas del generador real y de la carga.

Solución: A partir del monofásico equivalente

y de las ecuaciones obtenidas: IR

=

U RN

E1 Zg

+ ZL + ZC

=

220 0,1 j+ 0,5 + 0,1 j+ 8 + 6 j

: I R = 20,9∠ − 36,1°(A)

= I R Z C = 209,1∠0,76°(V); U R N = E1 − I R Z g = 218,78∠0,44°(V) 1

1

Teniendo en cuenta que el sistema es de secuencia inversa, escribimos:

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS a) Intensidades de línea: IR

= 20,9∠ − 36,1°(A)

IS

= 20,9∠(− 36,1° + 120°) = 20,9∠83,9°(A)

IT

= 20,9∠(− 36,1° − 120°) = 20,9∠ − 156,1°(A)

b) Tensiones de fase: b.1) En la carga: U RN

= 209,1∠0,76°(V)

U SN

= 209,1∠(0,76° + 120°) = 209,1∠120,76°(V)

U TN

= 209,1∠(0,76° − 120°) = 209,1∠ − 119,24°(V)

b.2) En el generador: UR

1 N1

= 218,77∠0,44°(V)

US N

= 218,77∠(0,44° + 120°) = 218,77∠120,44°(V)

UT N

= 218,77∠(0,44° − 120°) = 218,77∠ − 119,56°(V)

1

1

1

1

c) Teniendo en cuenta las relaciones entre magnitudes de fase y de línea, las tensiones de línea en la carga y en el generador son: c.1) Para la carga: U RS

= U RN 3∠ − 30° = 362,17∠ − 29,24°(V)

U ST

= U SN 3∠ − 30° = 362,17∠90,76°(V)

U TR

= U TN 3∠ − 30° = 362,17∠ − 149,24°(V)

c.2) Para el generador: UR S

= UR N

US T

= US N

1 1

1 1

UT R 1

1

1

1

1

1

= UT N 1

1

3∠ − 30° = 378,92∠ − 29,56°(V) 3∠ − 30° = 378,92∠90,44°(V) 3∠ − 30° = 378,92∠ − 149,56°(V)

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS Ejemplo: En el sistema trifásico de la figura el generador es de secuencia directa, siendo los valores de la fase RS: E1

= 380∠0°(V); Z g = 0,1 j(Ω); Z L = 0,5 + 0,1 j(Ω); Z C = 26∠36,87°(Ω) .

Determine: a) las intensidades de fase en la carga; b) las intensidades de línea; c) las tensiones de línea en bornas del generador y la carga.

Solución: A partir del monofásico equivalente

y de las ecuaciones obtenidas: I RS U RS

=

E1 Zg

+ 3Z L + Z C

=

380 0,1 j+ 3 ⋅ (0,5 + 0,1 j) + 20,8 + 15,6 j

= 13,84∠ − 35,66°

= I RS Z C = 362,3∠1,72°; U R S = E 1 − I RS Z g = 379,4∠ − 1,72° 1 1

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS Teniendo en cuenta que el sistema es de secuencia directa, escribimos: a) Intensidades de fase en carga y generador: I RS

= 13,84∠ − 35,66°(A)

I ST

= 13,84∠(− 35,66° − 120°) = 13,84∠ − 155,66°(A)

I TR

= 13,84∠(− 35,66° + 120°) = 13,93∠84,34°(A)

b) Teniendo en cuenta las relaciones entre magnitudes de fase y de línea, las intensidades de línea son: IR

= I RS 3∠ − 30° = 24,13∠ − 65,15°(A)

IS

= I ST 3∠ − 30° = 24,13∠174,85°(A)

IT

= I TR 3∠ − 30° = 24,13∠54,85°(A)

c) Las tensiones de línea en la carga y en el generador son: c.1) Para la carga: U RS

= 362,3∠1,72°(V)

U ST

= 362,3∠(1,72° − 120°) = 362,3∠ − 118,28°(V)

U TR

= 362,3∠(1,72° + 120°) = 362,3∠121,72°(V)

c.2) Para el generador: UR S

= 379,2∠ − 0,17°(V)

US T

= 379,2∠(− 0,17° − 120°) = 379,19∠ − 120,17°(V)

1 1

1 1

UT R 1

1

= 379,2∠(− 0,17° + 120°) = 379,4∠119,83°(V)

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS Ejemplo: Una carga trifásica equilibrada, de impedancia por fase en estrella, Z C = 10∠36,87°(Ω) , es alimentada por una línea trifásica sin neutro de impedancia equivalente por conductor, ZC

= 0,5(Ω) , desde un punto de una red equilibrada en tensiones de línea, cuya tensión es

380/220(V). La identificación de la red se supone de secuencia directa. Por un fallo de la carga, queda en cortocircuito la fase S. Determine las intensidades de línea, antes y después del fallo. Solución: Antes del fallo el sistema es equilibrado y de secuencia directa; por tanto, y suponiendo fase nula para la fase R de la red en estrella: E1 = 220∠0°(V) , la intensidad de línea de la fase R será:

=

IR

E1 ZL

+ ZC

=

220 0,5 + 8 + 6 j

: I R = 21,14∠ − 35,22°(A)

Las otras dos intensidades de línea, sabiendo que el sistema es de secuencia directa, serán: IS

= 21,14∠ − 155,22°(A); I T = 21,14∠84,78°(A)

La figura representa el sistema después del fallo, donde la red está esquematizada por la fuente trifásica ideal en estrella.

Aplicamos Millman entre los nudos N y N 1 de las estrellas de carga y generador, con

ZR

= Z T = 8,5 + 6 j(Ω); ZS = 0,5 j(Ω) E1

U NN1 =

ZR

1 ZR

+ +

E2 ZS

1 ZS

+ +

E3 ZT

1

; U NN1 = 195,9∠ − 115,47°(V)

ZT

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS A partir de este resultado y aplicando las ecuaciones anteriores, las intensidades de línea son: IR

=

IS

=

IT

=

E1

− U NN

1

: I R = 33,56∠ − 4,73°(A)

1

: I S = 58,3∠ − 152°(A)

ZR E2

− U NN ZS

E3

− U NN

1

ZT

: I T = 35,12∠59,11°(A)

Como ejercicio para el lector suponga que tanto la red como la carga tienen su neutro a tierra, y repita el cálculo de las intensidades de línea tras el fallo, para comprobar las diferencias entre el caso anterior y éste. (Sugerencia: al estar a tierra los dos neutros: U NN1 = 0 )

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS Ejemplo: Una carga trifásica equilibrada, de potencia nominal 12(kW) con f. de p. 0,8 inductivo a la tensión nominal de 380/220(V), se alimenta desde una red trifásica equilibrada en tensiones, mediante conductores de 0,5(Ω) por conductor. Determine: a) intensidad de línea; b) tensión de línea en la carga y en generador; c) potencia activa y reactiva de la carga; d) potencia consumida por la línea trifásica de conexión; e) f. de p. equivalente de la instalación vista desde la red.

Solución: a) El sistema trifásico sería el de la figura, y en él, la intensidad de línea a partir del monofásico equivalente estrella-estrella:

Determinamos en primer lugar la impedancia equivalente de la carga, que suponemos en estrella, a partir de sus datos nominales. Al estar conectada en estrella, cada fase de la misma estará sometida a la tensión de fase nominal y circulará por ella, la intensidad de línea nominal.

PCF = I R U RN cos ϕ; I R =

ZC =

U RN IR

=

220 22,73

PC F U RN cos ϕ

=

4 ⋅ 10 3 220 ⋅ 0,8

= 22,73 A

= 9,68 Ω

Por lo tanto: Z C = 9,68∠36,87°(Ω) (a partir del f. de p. =0,8; inductivo) Y la intensidad de línea quedaría: I R = 22,73∠ − 36,87°( A) b.1) La tensión de línea en la carga:

U RS = 3 U RN = 3 ⋅ 220 = 380 V b.2) La tensión de línea en el generador:

U R1 N1 = I R ⋅ Z L + Z C = 22,73 ⋅ 10,08 = 229,12 V U R 1S 1 = 3 U R 1N1 = 3 ⋅ 229,12 = 396,37 V

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c) La potencia activa y reactiva en la carga:

PC = 3 U L I L cos( ϕ) = QC =

3 U L I L sen(ϕ) =

3 ⋅ 380 ⋅ 22,73 ⋅ 0,8 = 11954 W (cons umidos) 3 ⋅ 380 ⋅ 22,73 ⋅ 0,6 = 8966 VAr (consumidos)

d) La potencia consumida en la línea:

PL = 3 I 2L R L = 3 ⋅ 22,73 2 ⋅ 0,5 = 715 W; Q L = 0 (consumida )

e) El f. de p. equivalente de la instalación. Calculamos en primer lugar, aplicando el teorema de Boucherot, la potencia que consume la instalación:

P = PL + PC = 11954 + 775 = 12729 W 

2 2  S = P + Q = 15370 VA Q = Q L + Q C = 8966 + 0 = 8566 VAr 

Por tanto, el f. de p. será: cos(ϕ ) = P S : cos(ϕ ) = 0,82 (ind)

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS Ejemplo: En el sistema trifásico del ejemplo anterior se quiere mejorar el f. de p. de la carga a 0,9 (inductivo). Determine: a) valor de la batería de condensadores, configuración estrella, en paralelo con la carga; b) intensidad de línea; c) tensión de línea en la carga; d) potencia activa consumida por la carga; y e) pérdida de potencia en la línea. La red tiene una frecuencia de 50(Hz)

Solución: En la figura representamos el monofásico equivalente estrella-estrella.

El valor de la batería de condensadores, C, por fase será:

C=

Q an − Pan tg ϕ eq 2 2π fU an

, con cos ϕ eq = 0,9 : ϕ eq = 25,84° , donde el subíndice “an” es antiguo, es decir,

valores del sistema antes de colocar los condensadores; y las potencias son, evidentemente, valores por fase.

a) Sustituyendo los valores obtenidos en el ejemplo anterior, el valor de la batería de condensadores por fase será, y usando la tensión de fase en la carga:

C=

Q an − Pan tg ϕ eq 2

2π f U an

=

2989 − 3984,67 ⋅ tg (25,84°) 2π ⋅ 50 ⋅ 220

2

: C = 69,7 µ F

b) Intensidad de línea Analizamos de nuevo el monofásico equivalente con los condensadores conectados. La carga equivalente será la asociación en paralelo de la carga original y los condensadores: Z eq

= Z C // Z cond = {(7,74 + j 5,8) // ( j 2π50 ⋅ 70,6 ⋅ 10 −6 )} = 10,89∠25,87° = 9,8 + j 4,75 (Ω)

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IR =

U R1N1 ZL

+ Z eq

=

229,12 0,5 + 9,8 + j 4,75

=

229,12 2

10,3 + 4,72

2

=

229,12 11,34

= 20,2 A

c) La tensión de línea en la carga:

U RS =

3 U RN =

3 I R Z eq = 3 ⋅ 20,2 ⋅ 11,34 = 396,28 V

d) La potencia activa y reactiva en la carga:

PC = 3U RN I R cos( ϕ) = 3 ⋅ 220 ⋅ 20,2 ⋅ 0,9 = 11998,8 W (cons umidos) Q C = 3U RN I R sen (ϕ) = 3 ⋅ 220 ⋅ 20,2 ⋅ 0,44 = 5840 VAr (consumidos) Q cond = 3 U 2RN 2πfC = 3 ⋅ 220 2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 69,7 ⋅ 10 −6 = 3179 VAr (ced idos) e) La potencia consumida en la línea:

PL = 3 I 2L R L = 3 ⋅ 20,2 2 ⋅ 0,5 = 612 W (cons umidos)

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS TEMA 9 (PARTE 3): MEDIDA DE LA POTENCIA SISTEMAS TRIFÁSICOS RESUELTOS)

(EJEMPLOS

Ejemplo: En la figura el sistema es equilibrado y de secuencia directa. Los vatímetros 4 y 5 marcan 12 kW y 10 kW respectivamente. La tensión de línea es 380 V. Determine: a) El valor de la potencia activa y reactiva de la carga, así como su f. de p., indicando si es inductivo o capacitivo b) la medida que marcan los otros tres voltímetros.

Solución: Los vatímetros 4 y 5 están conectados como en el método de los dos vatímetros. Por tanto:

P = W1 + W2 ; Q = 3 W1 − W2 Resaltamos el hecho de que la diferencia de los vatímetros sólo nos indica el valor absoluto de la potencia reactiva, y no su signo.

Para ver el signo, es decir, para conocer si la carga es inductiva o capacitiva, construimos el diagrama de fasores de la figura, a partir de las tensiones de fase en la carga y suponiendo que la misma tiene carácter inductivo.

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Las medidas de los vatímetros 4 y 5 serán:

W4 = U RS I R cos(U RS , I R ) = U RS I R cos α = U RS , I R cos(30° + ϕ) W5 = U TS I T cos(U TS , I T ) = U TS I T cos β = U TS I T cos( ϕ − 30°) Como para

n

> 0, α > β, W4 debe ser menor que W 5, lo que es contradictorio con los datos del

ejercicio. Por tanto,

n debe

ser menor que cero, y con ello, la carga debe ser capacitiva y no

inductiva .

a) Conociendo ya el carácter de la carga y a partir de las ecuaciones del método de los dos vatímetros, podemos escribir:

 S = P 2 + Q 2 : S = 22,72(kVA)  Q = 3 (W4 − W5 ) : Q = −2 3 (kVAr)  cos( ϕ ) = P S : cos(ϕ ) = 0,988 (cap) P = W4 + W5 : P = 22(kW)

b) Los vatímetros 1, 2 y 3 están montados como en el método de los tres vatímetros; por tanto, al ser el sistema equilibrado:

W1 = W2 = W3 = P 3 = 7,4(kW) Podemos comprobar las medidas de los vatímetros desde los datos de la carga. Con U L I L = S

3 = 12,85 ⋅103 ; U FI L = S 3 = 7,42 ⋅103 ; cos(ϕ ) = 0,988 (cap) , escribimos:

W1 = U F I L cos U RN1 , I R = 7420 cos(8,93°) : W1 = 7,33(kW) W2 = U F I L cos(U SN1 , I S ) = 7420 cos(8,93 °) : W2 = 7,33(kW) W3 = U F I L cos(U TN1 , I T ) = 7420 cos(8,93 °) : W3 = 7,33(kW) W4 = U L I L cos(U RS , I R ) = 12850 cos(30° − 8,93°) : W4 = 11,99(kW) W5 = U L I L cos(U TS , I T ) = 12850 cos(30° + 8,93°) : W5 = 9,99(kW)

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Ejemplo: El sistema trifásico de la figura es de secuencia inversa, equilibrado y de tensión de línea en la red, (R1-S1-T1), 380 V. Los vatímetros marcan: W1=9 kW, W2=13 kW , W3=12 kW y W4=10 kW . Determine: a) la potencia activa y reactiva en ambas cargas b) las impedancias ZL y ZC. Si desconectamos la fase RN de la carga ZC, dejándola a circuito abierto, ¿cuáles serían las lecturas de los vatímetros en este caso?

Solución: En primer lugar veamos el carácter de ZC a partir de las medidas de los vatímetros 3 y 4. En el gráfico de fasores de la figura hemos supuesto que dicha impedancia es capacitiva ( IR adelanta

n

a URN).

La medida de cada vatímetro (3 y 4) será:

W3 = U SR I S cos(U SR , I S ) = U SR I S cos α = U SR I S cos(30° − ϕ) W4 = U TR I T cos(U TR , I T ) = U TR I T cos β = U TR I T cos(30° + ϕ) Es decir: W 3 > W4, resultado acorde con los datos de dichos vatímetros y, por lo tanto, la impedancia ZC es capacitiva. Con el mismo razonamiento, al estar conectados los vatímetros 1 y 2 de la misma forma, y ser sus medidas: W 1 < W2, la carga equivalente, Z eq = Z L + Z C , tendrá carácter inductivo.

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a) Los dos pares de vatímetros (1-2 y 3-4) están montados según el método de los dos vatímetros, por tanto:

PC = W3 + W4 ; PC = 22(kW) Q C = 3 (W4 − W3 ); Q C = −2 3 (kVAr) Peq = W1 + W2 ; Peq = 22(kW) Q eq = 3 (W2 − W1 ); Q eq = 4 3 (kVAr) Relacionamos estos resultados:

Peq = PL + PC ; PL = 22 − 22 = 0

(

)

Q eq = Q L + Q C ; Q L = 4 3 − − 2 3 = 6 3 (kVAr) b) Es decir, la carga es capacitiva: Z C = R C − jX C , y la línea es inductiva pura y consume una potencia reactiva 3 veces mayor que ZC, estando ambas en serie, luego: Z L = jX L = j 3 X C . Con todos estos datos:

S eq = Peq2 + Q 2eq ; Seq = 23,06(kVA); I L =

R C = R eq = XC =

Peq 3

QC 3 I

2 L

I 2L

    

; R C = 5,97(Ω) 

; X C = 0,94(Ω)

Seq 3 UL

; I L = 35,04(A)

ZC

= 5,97 − j 0,94(Ω)

ZL

= jX L = j 3 X C = j 2,82(Ω)

En el grafo de la figura representamos la situación del sistema trifásico con la fase R a circuito abierto.

Tomando U R1N con fase 0, podemos encontrar la solución de las intensidades de línea del sistema desequilibrado, pero equilibrado en tensiones de línea, R 1-S1-T1. IS

=

US T

1 1

2Z L + 2Z L

; I S = 30,35∠72,52°(A); I T = −I S = 30,35∠ − 107,48°(A)

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A partir de estas intensidades, las tensiones a las que están sometidos los vatímetros son: U SR

= U SN = I S Z C : U SR = 183,42∠63,57°(V)

U TR

= U TN = I T Z C : U TR = 183,42∠ − 116,43°(V)

US R 1

1

= 380∠150°(V); U T R = 380∠ − 150°(V) 1

1

Con los resultados anteriores, los vatímetros marcan:

W1 = 380 ⋅ 30,35 cos(150° − 72,52°) = 2,5(kW) W2 = 380 ⋅ 30,35 cos( −150° + 107,48°) = 8,5(kW) W3 = 183,42 ⋅ 30,35 cos( 72,52° − 63,57°) = 5,5(kW) W4 = 183,42 ⋅ 30,35 cos(116,43° − 107,48°) = 5,5(kW) Como se puede comprobar, la suma de cada par da la potencia activa consumida por la carga desequilibrada, 11 kW.

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SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS Ejemplo: La red de la figura es equilibrada, de secuencia inversa y 380 V de tensión de línea en la red (R-ST). El vatímetro W 1 está midiendo potencia reactiva y los vatímetros W 2 y W3 están conectados según el método de los dos vatímetros. Determine la medida de cada vatímetro, colocando sus terminales de forma adecuada y comprobando los resultados. DATOS: Z L = j(Ω); Z C = 9 − 6 j(Ω)

Solución:

Resolvemos el equivalente estrella-estrella, cambiando previamente la carga en triángulo por su equivalente en estrella, como se representa en la figura Z Y = 3 − 2 j(Ω)

IR

=

Z RN ZL

+ ZY

: I R = 69,57∠18,43°(A); I S = 69,57∠138,43°(A)

Las tensiones de línea, teniendo en cuenta que la red es de secuencia inversa, y que hemos tomado como fase 0 la tensión URN, son, en (V): U RS

= 380∠ − 30°; U ST = 380∠90°; U TR = 380∠ − 150°

La potencia activa y reactiva que consume la red (igual a la que miden los vatímetros) es:

P = I 2R R eq : P = 43,56(kW); P = I 2R X eq : Q = −14,52(kVAr) Con los terminales indicados en las expresiones que siguen, los vatímetros indicarán:

W1 = U L I L cos(U TR , I S ) : W1 = 8,35(kW) W2 = U L I L cos(U RT , I R ) : W2 = 25,9(kW) W3 = U L I L cos(U ST , I S ) : W3 = 17,54(kW) Podemos comprobar los resultados:

P = W2 + W3 = 43,44(kW) Q = 3 (W3 − W2 ) = −14,48(kVAr); Q = − 3 W1 = −14,46(kVAr) Las diferencias en los resultados se deben a las aproximaciones y redondeos en el cálculo.

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Ejercicios Resueltos Sistemas Trifasicos Equilibrados

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