CAPITULO 10

CAPITULO 10
SISTEMAS TRIFASICOS
10.1 INTRODUCCION
Un sistema equilibrado de corrientes trifásicas es el conjunto de tres corrientes alternas monofásicas de igual frecuencia
y amplitud (y, por consiguiente, valor eficaz) que presentan una cierta diferencia de fase entre ellas (120º) y están dadas
en un orden determinado. Cada una de las corrientes monofásicas que forman el sistema se designa con el nombre de
fase.
Un sistema trifásico de tensiones se dice que es equilibrado cuando sus frecuencias y valores eficaces son iguales y están
desfasados simétricamente y dados en un cierto orden.
Cuando alguna de las condiciones anteriores no se cumple (tensiones diferentes o distintos desfases entre ellas), el
sistema de tensiones es desequilibrado.
Recibe el nombre de sistema de cargas desequilibradas el conjunto de impedancias distintas que dan lugar a que por el receptor
circulen intensidades de fase diferentes, aunque las tensiones del sistema o de la línea sean equilibradas.
El sistema trifásico presenta una serie de ventajas como son la sencillez de sus líneas de transporte de energía y de los
transformadores utilizados, así como su elevado rendimiento de los receptores (especialmente motores).
10.2. PRODUCCIÓN DE UN SISTEMA TRIFÁSICO DE TENSIONES EQUILIBRADAS
Cuando una espira gira en el interior de un campo magnético uniforme con una velocidad w constante se produce en ella una
tensión senoidal. Esta tensión también se puede originar si la espira permanece fija (estator) y se hacen girar los polos de un
electroimán (rotor) con velocidad constante.
Ahora bien, si el estator está constituido por tres bobinas independientes desfasadas 120° entre sí, al girar el rotor se induce en
cada una de las bobinas una tensión alterna senoidal, del mismo valor y de la misma frecuencia, pero desfasadas entre sí 1/3
de período; es decir 120°.
Este dispositivo, compuesto fundamentalmente por rotor y estator, recibe el nombre de generador trifásico.
Las
fases
se
identifican
designando
con
letras
mayúsculas
o
minúsculas
(A, B, C; a, b, c; R, S, T...) o números (1, 2, 3...) los terminales de polaridad positiva y con las mismas letras o números
con apóstrofo los terminales negativos.
Las fuerzas electromotrices o tensiones correspondientes a cada fase se representan vectorialmente con sus correspondientes
desfases.
276
10.3. SECUENCIA DE FASES.
El orden en que estas tensiones se suceden recibe el nombre de secuencia de fases, que puede ser directa o inversa.
a)
Si fijamos un eje de referencia que pase por el origen de coordenadas y los vectores representativos de las tensiones,
al girar en sentido antihorario, van pasando por dicho eje en el orden 1, 2, 3, se dice que el sistema trifásico es de
secuencia directa.
b)
El sistema será de secuencia inversa si los vectores citados pasan por el eje de referencia en el orden 3, 2, 1.
10.4 CONEXIONES DE FUENTES EN ESTRELLA Y EN TRIÁNGULO
Si las corrientes originadas en las tres espiras fuesen independientes, para su transporte hasta los receptores
respectivos harían falta seis conductores. Ahora bien, para conseguir la debida dependencia de las fases entre sí y
lograr, además, una reducción en el número de conductores necesarios las tres fuentes de tensión se conectan entre sí
en estrella o en triángulo.
Los receptores también se pueden asociar en estrella y en triángulo.
a)
Conexión en estrella. (Y)
Se obtiene uniendo los terminales a', b' y c' de polaridad de referencia negativa de las tres bobinas en un punto común N,
llamado punto neutro, que se suele conectar a tierra, como medida de protección; mientras que los terminales positivos
se conectan a los conductores de la línea de distribución. Es frecuente representar esta conexión en estrella en la forma que se
indica en la figura b), pues permite la comprensión intuitiva de esta forma de asociación.
277
b) Conexión en triángulo (Δ)
Se realiza uniendo el final de una bobina con el comienzo de la siguiente, formando un sistema cerrado. Lógicamente,
en este tipo de conexión no existe punto neutro. De los vértices del triángulo parten los conductores correspondientes, que
constituyen las fases. Su representación usual es la de la figura b).
Conexión de fuentes en triángulo
10.5 TENSIONES E INTENSIDADES DE FASE Y DE LÍNEA: RELACIÓN ENTRE ELLAS EN LOS SISTEMAS EQUILIBRADOS
El estudio de los sistemas trifásicos de fuentes de tensión permite establecer las siguientes definiciones:
c)
Tensión
simple
hilo
terminal
o
o
tensión
de
fase
de
y
fase
el
(UF)
punto
es
neutro.
la
tensión
Para
las
que
fases
existe
a,
b
entre
un
c,
las
fases,
es
y
correspondientes tensiones de fase se simbolizarán de la forma: U a , U b y U c .
d)
Tensión
de
línea
(U L)
es
la
tensión
que
existe
entre
dos
decir, entre dos conductores de línea. Se simbolizan de la manera siguiente:
Uab = Ua - Ub
Ubc = Ub - Uc
Uca = Uc - Ua
e)
Intensidad de línea (I L ) es cada una de las intensidades (l a , Ib , Ic ) que circulan por los conductores que unen el
generador y la carga.
f)
Intensidad de fase (IF) es la intensidad que suministra uno de los generadores o la que consume uno de los
278
receptores de la carga.
Para estudiar la relación que existe entre estas magnitudes, consideraremos sucesivamente los casos en que las
fuentes estén asociadas en estrella o en triángulo.
10.6 FUENTES EN ESTRELLA
En el diagrama de la figura se señalan con su sentido convencional las tensiones de línea y de fase en una conexión de
fuentes en estrella y en la figura siguiente aparecen representadas vectorialmente dichas tensiones en el caso de un sistema
trifásico equilibrado en secuencia directa. Los valores de las tensiones de línea son √3 veces mayores que los de las tensiones
de fase:
UL = √3 UF
Además, cada una de ellas se encuentra adelantada 30° respecto a la tensión de fase que tiene el mismo origen. En
cambio, si la secuencia es inversa la tensión de línea no se encuentra adelantada, sino retrasada 30°.
Conexión de fuentes en estrella
Diagrama de tensiones en una conexión de fuentes en estrella (sec. Directa)
A modo de resumen, tanto en un caso como en otro (y siempre que el sistema sea equilibrado):
a)
Las tensiones de línea son iguales y están desfasadas 120° entre sí.
279
b)
Las tensiones de fase son iguales y están desfasadas 120° entre sí.
c)
Las tensiones de línea están adelantadas (secuencia directa) o retrasadas (secuencia inversa) 30° respecto
de la tensión de fase correspondiente.
Por
otra
parte,
como
el
devanado
de
cada
fase
se
encuentra
en
serie
con el conductor de línea, las intensidades de línea y de fase serán iguales:
IF = IL
10.7 FUENTES EN TRIÁNGULO
Como los conductores de línea parten de los vértices del triángulo, y la tensión entre dos vértices viene dada por la de la
bobina correspondiente, en este tipo de conexión las tensiones de línea y de fase son iguales:
UF = UL
Conexión de fuentes en triángulo
Diagrama de intensidades en una conexión de fuentes en triángulo (sec. Directa)
En lo que respecta a las intensidades, como en este sistema no es asequible ningún punto neutro, el transporte se
efectúa por medio de tres conductores.
Si las tensiones constituyen un sistema equilibrado de secuencia directa, en un nudo cualquiera de los que forman un
conductor de línea y dos devanados, por ejemplo el a, se cumplirá:
280
Ia = Iab – Ica = √3 · Iab – 30º
Es decir, las intensidades de línea son √3 veces mayores que las de fase:
IL = √3 IF
Encontrándose cada una de ellas retrasada 30° respecto de la intensidad de fase del mismo origen de referencia. En cambio, si la
secuencia es inversa la intensidad de línea no se encuentra retrasada, sino adelantada 30°.
10.8 CONEXIÓN DE RECEPTORES
Dependiendo de la tensión de la red y de la tensión nominal de los receptores, éstos se pueden conectar a un sistema
trifásico de dos maneras distintas:
a)
Entre fase y neutro.
b)
Entre dos fases.
a)
Conexión entre fase y neutro (conexión en estrella)
Este tipo de conexión se realiza cuando la tensión nominal de los receptores coincide con la tensión de fase de la red. Se
trata, como se aprecia en la figura, de una conexión en estrella. Habrá que distinguir dos casos, según que las cargas estén
equilibradas o desequilibradas.
Conexión entre fase y neutro equivale a una conexión en estrella
1.
Cargas equilibradas conectadas en estrella
Para que el sistema de cargas esté equilibrado, los tres receptores han de ser idénticos (la misma impedancia y el mismo factor de
potencia).
Las tensiones de línea guardan con las de fase la misma relación que existe en la conexión de fuentes en estrella:
UL = √3 UF
De donde resulta:
281
Ua =
√
Ub =
√
Uc =
√
Las intensidades que circulan por cada una de las impedancias (intensidades de fase) son:
Ia =
Ib =
Ic =
y como para que el sistema esté equilibrado se ha de cumplir que:
Ua = U b = U c
Z1 = Z 2 = Z 3
resulta que las intensidades de fase (y, por consiguiente, las de línea) son iguales entre sí y, además, se encuentran igualmente
desfasadas:
Ia = Ib = I c
Por consiguiente, la intensidad del hilo neutro, que es igual a la suma vectorial de las tres intensidades de fase, será nula:
IN = Ia +Ib+Ic=0
El punto N' de unión de las tres fases recibe el nombre de punto neutro artificial, y
Su tensión es la misma que la del hilo neutro.
Cargas equilibradas en estrella
282
Diagrama vectorial de tensiones e intensidades para cargas equilibradas en estrella
2.
Cargas desequilibradas conectadas en estrella
En este caso, que es el más frecuente en la práctica, resulta fundamental la existencia de hilo neutro, pues al ser las
impedancias de cada fase distintas entre sí, las intensidades de fase son también distintas y su suma vectorial no será nula:
IN = Ia + Ib + Ic ≠ 0
En efecto, las intensidades que atraviesan las impedancias son las intensidades de línea, que se pueden calcular fácilmente
de la forma:
Ia =
Ib =
Ic =
Aunque Ua, Ub y Uc sean iguales, como las impedancias son distintas,también serán distintas las intensidades. La resultante de la
suma vectorial de todas ellas será precisamente la intensidad que circula por el hilo neutro.
Carga desequilibrada en estrella (circula intensidad por el hilo neutro)
283
b)
Conexión entre dos fases (conexión en triángulo)
Se verifica la conexión en triángulo cuando la tensión nominal de los receptores es igual a la tensión de línea de la red.
La conexión de receptores entre dos fases equivale a una conexión en triángulo.
1.
Cargas equilibradas conectadas en triángulo
En este caso, las tensiones de línea son iguales a las de fase:
UF = UL
y si la secuencia de tensiones de línea es positiva, las correspondientes intensidades de fase I ab , Ibc e Ica forman con las
tensiones respectivas un mismo ángulo φ igual al que forman las impedancias con las tensiones.
Las intensidades de línea vienen dadas por:
Ia = Iab - Ica
Ib = Ibc - Iab
Ic = Ica - Ibc
O
Ia = √3 · Iab-30º
Ib = √3 · Ibc-30º
Ic = √3 · Ica-30º
Cumpliéndose:
IL= √3 IF
Estando la intensidad de línea retrasada 30° respecto de la intensidad de fase del mismo origen de referencia y de secuencia
directa. En cambio, si la secuencia es inversa, las intensidades de línea se encuentran adelantadas 30° respecto a las
intensidades de fase. Las ecuaciones anteriores se deducen de forma inmediata del diagrama vectorial de la figura.
284
Por otra parte, si designamos por Z el módulo de cada impedancia, se cumplirá:
Carga equilibrada en triángulo
Diagrama vectorial de tensiones e intensidades para carga equilibrada en triángulo
2.
Cargas desequilibradas conectadas en triángulo
En este caso, las impedancias correspondientes a las tres cargas serán diferentes: Z1 ,Z 2 ,Z3 y las intensidades (de fase) que
atraviesan cada una de ellas serán:
Siendo sus respectivos desfases:
285
Lógicamente diferentes, por serlo las impedancias.
Por otra parte, las intensidades de línea vienen dadas por las mismas expresiones que en el caso de los circuitos equilibrados:
Ia = Iab - Ica
Ib = Ibc - Iab
Ic = Ica - Ibc
si bien estas intensidades no están equilibradas, como se aprecia en diagrama correspondiente.
Carga desequilibrada en triángulo
Diagrama vectorial para carga desequilibrada en triángulo
286
10.9 ESTRELLA-TRIÁNGULO EQUIVALENTES EN RECEPTORES
Para la resolución de los circuitos con cargas equilibradas o desequilibradas, en ocasiones resulta conveniente
trabajar en la conexión estrella, y en otros casos en la conexión triángulo.
Las expresiones que permiten transformar un triángulo de cargas en su estrella equivalente son:
De modo análogo, una asociación de cargas en estrella se puede transformar en triángulo por medio de las siguientes
relaciones:
En el caso de cargas equilibradas, al ser iguales los valores de las impedancias, las anteriores expresiones se convierten en:
287
10.10 POTENCIA EN LOS SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS
En los sistemas trifásicos desequilibrados, el cálculo de la potencia se lleva a cabo determinando por separado las
potencias activa, reactiva y aparente correspondientes a cada fase; es decir:
Si el sistema es equilibrado, como las tensiones V F , intensidades IF y ángulos de fase j son iguales, las potencias vendrán dadas
por:
Resulta conveniente expresar las potencias en función de las tensiones e intensidades de línea en vez de las de fase. Para ello
basta recordar que en la conexión en estrella:
y en la conexión en triángulo:
Teniendo esto en cuenta, las expresiones anteriores para las potencias quedan convertidas en:
288
10.11. MEDIDAS DE POTENCIA EN CORRIENTE ALTERNA TRIFÁSICA.
La potencia activa total de un sistema trifásico es igual a la suma de las potencias activas de cada uno de los tres sistemas
monofásicos que lo constituyen:
La medida de la potencia activa total se reduce a medir las potencias activas correspondientes a cada una de las fases,
sumando a continuación las indicaciones obtenidas.
A efectos de sistematización, conviene distinguir entre los sistemas equilibrados (aquéllos en que las tensiones de fase, las
intensidades y los desfases son iguales entre sí), y los desequilibrados, cuando alguna de las condiciones anteriores no se
cumple.
También se ha de tener en cuenta si el sistema dispone de tres conductores (tres fases) o cuatro (tres fases y neutro).
a)
Medida de la potencia activa en corriente alterna trifásica con un vatímetro.
En los sistemas trifásicos equilibrados, tanto de cuatro conductores como de tres, la potencia activa se puede medir con un
solo vatímetro.
3.
En los sistemas trifásicos equilibrados de cuatro conductores (tres fases y neutro), las potencias activas
correspondientes a cada una de las tres fases son iguales. Por lo tanto, será suficiente medir la potencia de una
de las fases, empleando para ello un vatímetro y multiplicando, a continuación, por tres la lectura
correspondiente:
Siendo P la potencia activa trifásica y PF la que corresponde a cada fase.
289
En
los
sistemas
no
existe
conductor
la
tensión
artificial
el
del
(N)
de
por
circuito
trifásicos
neutro
fase,
medio
voltimétrico
equilibrados
para
pero
el
de
dos
del
conectar
problema
resistencias
vatímetro.
De
de
la
se
tres
bobina
puede
cuyo
este
valor
conductores
voltimétrica
solucionar
óhmico
modo,
del
fases)
vatímetro
creando
sea
se
(tres
el
verificará
un
mismo
la
a
neutro
que
medida
del vatímetro de modo análogo al caso de los sistemas de cuatro conductores.
b)
Medida de la potencia activa en corriente alterna trifásica con tres vatímetros
Para medir la potencia activa en los sistemas trifásicos desequilibrados, tanto de cuatro conductores como de tres, se pueden
utilizar tres vatímetros, que miden cada uno la potencia correspondiente a una fase. La potencia total se obtendrá sumando las
indicaciones de los tres vatímetros.
En los sistemas trifásicos desequilibrados de cuatro conductores (tres fases y neutro), los tres vatímetros se conectan
como indica la figura, cumpliéndose que:
290
P = Pa + Pb + Pc
Siendo Pa + Pb + Pc las potencias indicadas por cada uno de los vatímetros.
En los sistemas trifásicos desequilibrados de tres conductores (tres fases) se puede conseguir un neutro artificial siempre que
se disponga de tres vatímetros idénticos y se conecten sus circuitos voltimétricos en estrella, según se representa en la figura de
la página anterior, quedando, así, sometidos a la tensión de fase.
En este caso, también se cumple que:
P = Pa + Pb + Pc
Sin embargo, en la práctica no se suele emplear este método, pues la medida de la potencia se puede llevar a
cabo utilizando solamente dos vatímetros.
c)
Medida de la potencia en corriente alterna trifásica con dos vatímetros (método de Aron)
d)
En los sistemas alternos trifásicos, tanto equilibrados como desequilibrados, la potencia activa se puede medir con
sólo dos vatímetros.
Para lo cual ha de tratarse de un sistema trifásico de tres conductores. La potencia instantánea será:
291
La suma de las indicaciones de ambos representa la potencia activa total.
La suma de las lecturas de los dos vatímetros da como resultado la potencia activa del sistema trifásico:
P = Pa + Pb
La diferencia de las lecturas de los dos vatímetros multiplicada por da como resultado la potencia reactiva del sistema
trifásico:
Q = √3 · (Pa - Pb)
292
CIRCUITOS TRIFASICOS
PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA N° 01
Determine la lectura de los vatimetros, la potencia activa total, el triángulo de potencias y realice el
diagrama fasorial.
Datos:
VL  440 v a 60 Hz.
Motor trifásico de inducción de 20 HP, n = 74.6%, Cos   0.5
Resolución:
Tenemos presente lo siguiente:
V RS  VTS  V L
I R  IT  I L
293
Utilizando el Método de Aarón:
Cálculo de
W1 :
W1  VRS .I R .Cos (30   )
Sabemos que:
Cos   0.5

  60 
W1  V L .I L .Cos (30  60)  V L .I L.Cos90
W1  0W
Cálculo de
W2 :
W2  VTS .I T .Cos (30   )
294
W2  VL .I L .Cos(30  60)
W2  VL .I L.Cos (30)
.................................(1)
Cálculo de la potencia trifásica total para obtener
P3 
W2 :
# HP (746) 20(746)

n
0.746
P3  20000 W
Además sabemos:
P3  3.VL .I L .Cos
V L .I L 
V L .I L 
P3
3.Cos
20000
 23094
3 (0.5)
.......... .......... .......... .....( 2)
Reemplazando (2) en (1):
W2  23094.Cos(30)
W2  19999.99  20000W
Triángulo de Potencias:
A continuación se muestra el valor de las Potencias Trifásicas obtenidas:
S 3  40000 VA
Q3  34641VAR
P3  20000 W
295
PROBLEMA N° 02
Se tiene un Motor Trifásico con los siguientes datos de placa: 15HP, 220v, n = 80%, Cos   0.8 en
atraso, conexión en triángulo.
Se desea mejorar el factor de potencia a 0.95 en atraso. Calcular la capacidad por fase de los
condensadores si están conectados en:
a). En triángulo
b). En estrella
Resolución:
Cálculo de la Potencia trifásica activa entregada al Motor:
P3 
# HP (746 ) 15(746 )

n
0 .8
P3  13987 .5 W
Inicialmente el factor de potencia es igual a 0.8 en atraso y se quiere corregir a 0.95 en atraso
fdp  0.8

1  37
fdp  0.95

2  18
a). Cálculo de la capacidad de los Condensadores cuando están conectados en triángulo:
296
Potencia reactiva para una fase:
Los Condensadores están colocados en triángulo entonces:
Q 
VF  VL
VF2 VL2

XC XC
Potencia reactiva para las tres fases.
Q3 
3.V L2
 3.w.C.V L2
XC
..............................(1)
Además:
Q3  P3 (Tg 1  Tg  2 )
.......... .......... .......... .( 2)
De (1) y (2) se obtiene:
3.w.C.VL2  P3 (Tg1  Tg 2 )
C
P3 (Tg1  Tg 2 )
3.w.VL2
297
C
13987 .5(Tg 37  Tg18)
3.(377 ).( 220) 2
C  109 .5 uf
( Valor de cada condensador por fase )
b). Cálculo de la capacidad de los Condensadores cuando están conectados en Estrella:
Potencia reactiva para una fase:
VF 
Los Condensadores están colocados en estrella entonces:
Q 
VL
3
V F2
V2
 L
X C 3. X C
Potencia reactiva para las tres fases.
Q3
VL2

 w.C.VL2
XC
..............................(1)
Además:
298
Q3  P3 (Tg 1  Tg  2 )
.......... .......... .......... .( 2)
De (1) y (2) se obtiene:
w.C.VL2  P3 (Tg1  Tg2 )
C
C
P3 (Tg1  Tg 2 )
w.VL2
13987 .5(Tg 37  Tg18)
(377 ).( 220) 2
C  328 .5 uf
( Valor de cada condensador por fase )
PROBLEMA N° 03
En el circuito trifásico de secuencia positiva se pide:
a)
La lectura del vatímetro W2 y la tensión de alimentación si la lectura del vatímetro W1 es de
150W.
b)
La lectura de los vatímetros si se abre el interruptor K.
299
Resolución
a) Transformando la carga en delta a estrella, usando propiedad:
Entonces:
300
Vab
W1  Vab I a cos 
Ia
 *
**
Vab  Vbc  Vca
Ic  Ia  I
Vab
W2  Veb I c cos 
Ic
W2  Vcb I c cos 30º
De * y **
W1  W2 ,
W1  150
W2  150 W
Como la carga es resistiva
VaN e I a están en fase:
W1  Vab I a cos 30º
Analizando en una fase: como:
VaN  I a R;
pero
R  1
VaN  I a
Vab  3 VaN
V 
De W1  Vab  ab  cos 30º
 3
Ia 
V 2   3 
W1   ab  

 3 2 

Vab
3
Vab  17.32 voltios
b) De lo anterior se tendrá
301
Entonces:
Vab
W1  Vab I a cos   '
 I a
Vab  I a' 1
 están en
Vab  I a'
fase 
 0
W1  Vab I a'
W1  Vab2
También:
Vcb
W2  Vab I c' cos   '
 I a
Vab  I c'
1
Vcb  I '  están en fase 
   0º
W2  Vcb I c'
W2  Vcb2
Como:
Vab  Vbc  Vca

Vab  Vcb
Luego:
W1  W2  Vab2
302
PROBLEMA N° 04
En el circuito de la figura se tiene la lectura del W 1= 1829 w los amperímetros marcan 6A ¿Hallar el fdp
del motor trifásico de inducción conociendo que la tensión entre línea es de 381V en sentido negativo y
el voltaje , además la lectura del vatímetro w2
Resolución:
→ tenemos las tensiones de fase y de línea

SEC(-) V BC  38130

VAB  381  90
W1=1829w


VBC  38130
A=6A
VCA  381150
V C  381
Utilizando
VBN



381
  60
3
381

60
3
VAN 

VCN 
381
180
3
W1 :
W1  VCA .I C .Cos
1829  381 .( 6).Cos 
Cos   0.8

  37 
303
W2 = Vac.Ia cos  = (381)(6)Cos97
W2 = 278,6
Y el factor de potencia es:
fdp  Cos 67 0  0.39
PROBLEMA N° 05
Realice el diagrama fasorial de una carga trifásica conectada en delta a un generador tipo delta de
secuencia negativa .Tensiones y corrientes de línea y fase.
Resolución:
Carga con conexión delta sentido CBA:
I A  I ba  I ac
I B  I bc  I ba
I C  I ca  I bc
Sumando :
I A  I B  IC  0
Z  Z  (inductivo)
304
PROBLEMA N° 06
Dado el sistema trifásico de la figura hallar:
a). Diagrama fasorial de las corrientes indicadas en la figura.
'
'
'
b). El valor de la Potencia reactiva trifasica de un banco de capacitares colocados en A B C para
obtener un fdp  0.95 en atraso en todo el sistema.
Datos para el Motor 3 :
10HP, 220v, n = 75%,
Referencia:
fdp  0.8 
V A'B '  2200
Secuencia ( + )
305
Resolución:
Para el Motor trifásico
fdp  0.8 

V A'B '  2200
V A'N 
  37
(Angulo que adelanta la tensión de fase a la corriente de fase)
(Tensión de línea en secuencia “+” )
220
  30
3
V A'N  127  30
(Tensión de fase)
…………………………………… (1)
Potencia trifásica:
P3 
# HP (746 ) 10(746 )

 9946 .7W
n
0.75
Para una fase:
P  3315 .6W
.......... .......... .......... .......... ........ .......... .... ( 2)
306
Sabemos también: P  V A ' N .I AM .Cos 
Reemplazando los valores de (1) y (2)
I AM 
Como:
P
V A' N .Cos

3315.6
 32.6
127(0.8)
V A'N  127  30
Entonces:
I AM  32.6  67
De ello se deduce:
I BM  32.6  187
I CM  32.653
Para la carga en triángulo:
V A'B '  2200
La tensión
V A'B ' y la corriente I F , están en fase ya que la impedancia es resistiva:
V A'B ' 220

5
Z
44
 50
IF 
IF
La corriente de línea será:
I AR  3.5  30
I AR  8.7  30
De ello se deduce:
I BR  8.7  150
307
I CR  8.790
Analizando en una línea:
I A  I AM  I AR
I A  32.6  67  8.7  30
I A  40  59.4
Entonces se deduce:
I B  40  179.4
I C  4060.6
Diagrama fasorial:
308
b). Potencia activa para el Motor 3 :
P3  9946 .7W
En la carga resistiva en triángulo (solo tiene potencia activa)
3.VL2 3(220) 2
P 

R
44
'
3
P3'  3300W
En las líneas solo hay potencia reactiva:
QL'  3.I L2 . X L  3(40) 2 .(0.8)
Q L'  3840 VAR
309
Triángulo de potencias:
 11335 .4 
  40.5
 13246 .7 
 1  Tg 1 
Cálculo de la Potencia Reactiva Capacitiva QC para corregir el factor de potencia a 0.95 en atraso
Cos 2  0.95

 2  18
QC  P3 (Tg  1  Tg  2 )  13246 .7 (Tg 40.5  Tg18)
QC  7009.6 VAR
310
Calculo del banco de condensadores:
Potencia reactiva capacitiva para una fase:
Los Condensadores están colocados en triángulo entonces:
VF  VL
VF2 VL2
Q 

XC XC
Potencia reactiva para las tres fases.
Q3
C
C
3.VL2

 3.w.C.VL2
XC
Q3
3.w.V L2
7009.6
3.(377).(220) 2
C  128 uf
(Valor de cada condensador por fase)
PROBLEMA N° 07
Una línea trifásica tiene una impedancia de 1 + j3, la línea alimenta una carga balanceada conectada en delta que absorbe una
potencia compleja de 12 + j5 kva. Si el voltaje de línea de lado de la carga tiene una magnitud de 240 v. Calcular la magnitud de
línea del lado de la fuente.
Lo primero que hay que hacer es dividir la carga entre 3, así como el voltaje de línea convertirlo a neutro.
Después con la carga y el voltaje sacamos la corriente del monofásico:
311
Sacamos el voltaje de la impedancia y se lo sumamos al voltaje de línea a neutro de lado de la carga.
Después ese voltaje lo transformamos a un voltaje de línea.
PROBLEMA N° 08
Un circuito trifásico conectado en delta- delta Y. Tiene una fuente con un voltaje de línea de 208v tiene una impedancia de línea
de 2 ohmios. La parte de la carga tiene una impedancia en delta de (12-j15) conectada en paralelo con una impedancia Y de
(4+j6).
Encontrar la corriente de Ia
Resolución:
Lo primero que hacemos es poner en Y la impedancia en delta y ponerla en paralelo con la impedancia en Y.
Después ponemos el voltaje VAB en Van
Después calculamos las 3 corrientes del circuito monofásico, y solo la corriente que pasa por las fuente (I1) es la que nos piden.
Resolvemos el sistema de ecuaciones.
El resultado de corriente I1 es:
312
PROBLEMA N° 09
Un sistema 3 ABC con tres conductores a 100 voltios alimenta a una carga con conexión  e impedancia de 2045º . Hallar
las intensidades de corriente en las líneas y dibujar el diagrama fasorial.
Resolución:
Sea la conexión del problema donde se aplica las tensiones compuestas entre líneas de secuencia ABC:
Para el sentido de giro indicado con (+) primero pasa V AB , seguido de V BC y finalmente VCA
V AB  1000 º ,
V BC  100   120 º
,
VCA  100   240 º
Las corrientes elegidos son:
I AB 
V AB 1000º
100  120º

 5  45º , I BC 
 5  165º  5195º
z
2045º
2045º
I CA 
100  240º
 5  285º  575º
2045º
Para obtener las corrientes en las líneas (véase el esquema del circuito) se aplica la 1ra. Ley de Kirchhoff a cada uno de los
nudos principales (a, b, c) de la carga, por tanto:
313
Nudo (a):
I A  I AB  I CA  5  45 º 575 º  8.66 165 º
I B  I BC  I AB  5195 º 5  45 º
I B  8.66 165 º
I C  I CA  I BC  575º 5195 º
I C  8.66 45º
PROBLEMA N° 10
Un sistema trifásico de tres conductores, 240 voltios y secuencia CBA alimenta a una carga conectada en  en la que
z AB  2590 º , z BC  1530 º
y
z CA  200 º
Ohms. Hallar las intensidades de corriente en líneas y la
potencia total. Tome como referencia el voltaje VCB.
Resolución:
Sea el sistema:
Aplicando las tensiones compuestas entre líneas de secuencia CBA a la carga conectado en y eligiendo las corrientes de fase
como se muestra en el esquema:
314
I CB 
VCB 2400º

 16.0  30º ,
z BC 1530º
I AC 
I BA 
VBA 240240º

 9.6150º
z AB
2590º
V AC 240120º

 12.0120º
zCA
200º
Las corrientes en las líneas, aplicando 1ra. Ley de Kirchhoff en los nodos a,b y c tenemos:
“a”:
I A  I BA  I AC  9.6150 º 12 120 º  6.06 67 .52 º
“b”:
I B  I BA  I CB  9.6150 º 16   30 º  25 .6180 º
“c“:
I C  I CB  I AC  16  30 º 12120 º  27.1  42.8º
Como era de esperarse, en una carga desequilibrada las corrientes de línea no son iguales. La potencia en cada fase se calcula
de la siguiente manera:
En
z AB  2590 º  0  j 25
 WAB = RAB x
En
2
I BC
IAB = 9.6A
,
RBC = 13
y
IBC = 16A
= (13)(16)² = 3330 Watts
z CA  20 0 º  20  j 0
 WCA = RCA x
RAB = 0y
= (0) (9.6)² = 0 Watts
z BC  1530 º  13  j 7.5
 WBC = RBC x
En
2
I AB
,
,
RCA = 20
y
ICA = 12A
2
I CA
 20 12 ²  2880Watts
Wt  W AB  W BC  WCA  0  3330  2880  6210
Watts
W t = 6210 Watts
PROBLEMA N° 11
Tres impedancias idénticas de
12 30 , en ∆, y otros tres idénticos de 5 45 , en y, se unen al mismo sistema trifásico, de tres
conductores de 208 voltios y secuencia ABC. Hallar las intensidades de corriente en las líneas y la potencia total
315
Resolución:
Como la primera de las cargas está conectada en ∆ , se obtiene su equivalente en estrellas :
Z Y  Z / 3  12 30 /3= 4 30
Con una tensión compuesta entre líneas de 208 voltios la tensión simple (tensión la fase) es de
VL 
208
=120 voltios
3
120
3
5 45
12 30
4 30
El circuito equivalente monofásico se puede representar de la siguiente manera; con dos impedancias:
4 30 y 5 45 esta
impedancias pueden ser sustituidas por:
Z eq 
4 30 x5 45
4 30  5 45
 2.24 36.6
120 0
4 30
5 45
Con esto la corriente es :
IL 
120 0
V AN

 53.6  36.6
Z eq 2.24 36.6
Bajo la referencia de
V AN , la tension V AN en la secuencia ABC tiene un angulo de 0 0 , entonces la corriente de la linea
se calculara de la siguiente manera:
IA 
120 0
V AN

 53.6  36.6
Z eq 2.24 36.6
Análogamente para las demás fases se cumple:
I B  53.6  156.6
I B  53.6 85.4.  53.6 120
316
La potencia activa será:
W  3V L I L cos   3 (208)(53.6) cos 36.6
W  15500 watts
PROBLEMA N° 12
En la figura se presenta un sistema trifásico equilibrado de tensiones y en cargas. La carga 1 se alimenta a través de una línea
de resistencia R=0.5 y una inductancia de L 
1.
2.
10

mH . el voltímetro V2 mide 360v. se pide.
Lectura de vatímetros W1; W2;W3.
lectura del voltímetro V1 y cos  del generador.
Resolución:
Sabemos que:
W1  W2  PG
W3  W1  W2 
QG
3
Pero:
PG  P1  P2  PL
QG  Q1  Q2  QL
Donde:
317
PL  3.R.I L2  (3)(0.5)(20) 2  PL  600W .
QL  3.w.L.I L2  (3)(100 .
IL 
PL
3.V2 .COS1
10

.10 3 )(20) 2  PL  1200VAR
(10.6).(10 3 )

3.(360).(0.85)
 I L  20 A.
Luego:
PG  10.6  8  0.6  PG  19.2 KW .
QG  (10.6)Tg (arccos(0.85))  (8)Tg (arccos(0.8))  1.2  QG  13.77.KVAR
Por lo tanto se tiene el sistema:
W1  W2  19.2
W3  W1  W2 
13.77
3
 W3  W1  W2  7.95W .
La potencia aparente consumida por el conjunto linea-carga 1 es:
S  P12L  Q12L
Donde:
P1L  P1  PL  10.6  0.6  P1L  11.2 KW .
Q1L  Q1  QL  6.57  1.2  Q1L  7.77 KVAR.
Y por tanto:
S  (11.2) 2  (7.77 ) 2  S  13.63 KVA.
Por otra parte:
V1 
S1L
3 .I 1

(13.63)(10 3 )
3.( 20)
 V1  393.5V .
Finalmente:
COS 
PG

SG
PG
PG2  QG2

19.2
(19.2) 2  (13.77) 2
 COS  0.81.
318
CIRCUITOS TRIFASICOS
PROBLEMAS PROPUESTOS
PROBLEMA N° 01
Dado el circuito de la figura:
a)
b)
c)
d)
Encontrar Ī
Encontrar
Encontrar
¿Esta equilibrado el circuito?
Solución: a) Ī = 0 ; b)
= 1117.03∠117. 54
; c)
=1909.14∠87. 78
; d) Desequilibrado
PROBLEMA N° 02
Dado el circuito de la figura:
a)
b)
Encontrar ̅
¿Está equilibrado el circuito?
Solución: a)Ī = 4.0037∠82. 64
; b) Desequilibrado
319
PROBLEMA N° 03
En el circuito de la figura =3.6-j 1.05Ω, =12+j9 Ω y
a) Encontrar las corrientes de rama Ī , Ī
Ī
b) Encontrar las corrientes de línea Ī , Ī
Ī
c) Encontrar las ramas de corrientes Ī , Ī
Ī
= 30 +j0 Ω
= 176∠16. 26 A; b) Ī
; c)Ī
Solución: a) Ī
= 182.48∠9. 53
= 176∠16. 26 A
PROBLEMA N° 04
La impedancia Z en el circuito de la figura es 100-j75Ω. Encontrar:
a)
b)
c)
Ī ,Ī
Ī ,Ī
Ī ,Ī
Solución: a) Ī
Ī
Ī
Ī
= 105.60∠36. 87 A; b) Ī
= 182.90∠66. 87 A; c) Ī
= 105.60∠36. 87 A
320
PROBLEMA N° 05
En el circuito de la figura se muestra una fuente
trifásica conectada en triangulo (∆)
a)
b)
Encontrar el equivalente en estrella (Y)
Mostrar la equivalencia de ambos en
vacío y en corto circuito
Solución: a)
0.3 +j1.5Ω
= 1200.31∠ − 30 V;
=
PROBLEMA N° 06
Dado el circuito de la figura:
a) Encontrar Ī
b) ¿Qué porcentaje de la potencia activa suministrada por la fuente trifásica se disipa en la carga trifásica?
c)
Solución: a)Ī
= 8.22∠ − 71. 57 A; b) 99.76%
321
PROBLEMA N° 07
La tensión de fase en la carga del circuito de la figura es 600V. Con esta tensión la carga está absorbiendo 135kVA con un
factor de potencia de 0.96 (receptor inductivo)
a)
b)
Encontrar la corriente de línea Ī
Hacer un balance de potencia activa y potencia reactiva.
Solución: a)Ī =82.98∠34. 64 A
PROBLEMA N° 08
Dado el circuito de la figura, donde
a)
b)
c)
= 20∠30 Ω,
= 60∠0 Ω y
= 40∠−30 Ω, encontrar:
Medición del vatímetro 1
Medición del vatímetro 2
Demostrar que la suma de las mediciones de los vatímetros es igual a la potencia activa entregada a la carga trifásica,
es decir:
+
=
Solución: a)
= 7482.46
;
b)
=6621.23 W
322
PROBLEMA N° 09
Dado el circuito de la figura, donde Z=13.44+j46.08Ω, encontrar:
a) Medición del vatímetro 1
b) Medición del vatímetro 2
c) Comprobar que
+
=
d)
Comprobar que: 3(
Solución: a)
−
= 28156.15W : b)
) =Q
= -9256.15 W ; c) P=18900 W ; d) Q= 64800Var
323