trifásicos

SISTEMAS POLIFÁSICOS
Cuando se tiene que transmitir energía a baja tensión se puede perder una proporción
considerable de la potencia debido al calentamiento de los conductores, a menos que estos
sean desmesuradamente gruesos, veamos el siguiente ejemplo
En el circuito de la figura la carga consume una potencia P y las pérdidas en la línea de
alimentación es P linea = 2I 2 R. si suponemos que P=1kw, el fp=1, V=120volt, y
R=1Ω, entonces I = 1000
= 8. 333 3Amp, las pérdidas en la línea P linea = 2 ∗ 8. 33 2 ∗ 1 = 138.
120
78w
Supongamos que ahora hacemos la siguiente conexión, que en nuestro país se denomina
circuito de una fase 3 hilos (circuito trifiliar de una sola fase). Si las cargas están
balanceadas, por el neutro la corriente es cero.
P
1000
I = 2V
= 2∗120
= 4. 166 7Amp y la pérdida en las líneas es
2
I
P linea = 2 ∗ 2
∗ R = 2 ∗ 4. 17 2 ∗ 1 = 34. 778w es decir, por ese arreglo las perdidas
disminuyeron en %perdidas = 34.78−138.78
∗ 100 = − 74. 939. Las pérdidas ahora son un
138.78
cuarto del valor anterior. En otras palabras, el sistema de tres conductores puede operar
con la misma eficiencia de transmisión que el de dos conductores, si se diseña que cada
conductor del sistema de 3 hilos tenga una resistencia 4 veces mayor a la resistencia de
los conductores del sistema de dos hilos.
SISTEMAS TRIFÁSICOS
La generación y transmisión de potencia es más eficiente en sistemas polifásicos y en los
sistemas trifásicos la potencia, como veremos más adelante es constante e independiente
del tiempo. El sistema trifásico se produce en generadores sincrónicos que generan tres
voltajes balanceados de igual magnitud desfasados entre ellos en 120°.
1
Figura 1
Al imán girar en el interior del estator se genera en cada una de las bobinas una tensión
Vaa ′ = 2 V cos wt
Vbb ′ = 2 V coswt − 120°
Vcc ′ = 2 V coswt − 240°
Si escribimos las ecuaciones anteriores en forma fasorial serán:
Vaa ′ = V∠0°
Vbb ′ = V∠ − 120°
Vcc ′ = V∠ − 240°
Se dice que estos voltajes están balanceados si tienen idéntica V, igual w y están
desfasados entre ellos 120°
El diagrama fasorial de dichas tensiones se muestra en la figura anterior, esta secuencia
abc se denomina secuencia positiva y la secuencia acb la negativa. Observe que la suma
Vaa’+Vbb’+Vcc’=0.
2
Las bobinas de la fig 1, que las representaremos ahora como fuentes de tensión, se
pueden conectar de dos formas:
Conexión en estrella o Y
Conexión es delta Δ
En la conexión es estrella
Van = V∠0°; Vbn = V∠ − 120°; Vcn = V∠ − 240°
Y Vab = Va − Vb = V∠0° − V∠ − 120° = 3 V∠30°
Vbc = 3 V∠ − 90
Vca = 3 V∠ − 210
Observe que V linea =
3 V fase y está adelantado en 30°
3
Circuito Y-Y balanceado
Va
Z
a
n
A
Vb
B
Z
N
b
Z
Vc
C
c
cable neutro
Fig 2
Los módulos de Van=Vbn=Vcn=iguales a V y todas las impedancias son idénticas Z=Z∠θ.
Van
IaA = Z∠θ
= VZ ∠ − θ; IbB = VZ ∠−120 − θ; IcC = VZ ∠−240 − θ
Observe que IaA+IbB+IcC=0 cuando el circuito esta balanceado y podemos quitar el cable
del neutro
Por otra parte, P total = 3V fase I fase cos θ = 3 V linea I linea cos θ = 3 V línea I línea cos θ
3
Las tensiones de línea son Vab =
3 V∠30°; Vbc =
3 V∠ − 90°; Vca =
3 V∠ − 210
Ejemplo: Se tiene un sistema trifásico Y-Y como el que muestra la fig 2, con un voltaje de
fase de 200 volt, la impedancia de la carga por fase es 100∠60°Ω. Determine:
a) Tensiones de fase
b) Tensiones de línea
c) Corrientes de fase
d) Corrientes de línea
e) Potencia total que consume el sistema
f) Corriente en el neutro
a) Van=200∠0°volt; Vbn = 200∠ − 120°volt; Vcn = 200∠ − 240volt
b) Vab= 3 200∠0 + 30° = 346. 41∠30°volt; Vbc = 346. 41∠ − 90°; Vca = 346. 41∠ − 210volt
200∠0°
= 2∠ − 60°amp; IbB = 2∠ − 180°amp; IcC = 2∠ − 300°amp
c)IaA= 100∠60
d)Las corrientes de línea son iguales a las corrientes de fase
π
e) P total = 3 ∗ 200 ∗ 2 ∗ cos60 ∗ 180
 = 600. 0w
π
Otra forma de calcularlo es P total = 3 ∗ 346. 41 ∗ 2 ∗ cos60 ∗ 180
 = 600. 00w
f) La corriente en el neutro es cero.
CONEXION Y-Δ BALANCEADA
4
Va
a
n
A
Vb
B
Z
Z
b
Z
Vc
C
c
Fig. 3
La figura muestra la conexión Y-Δ, donde podemos destacar
Van=V∠0°; Vbn = V∠ − 120°; Vcn = V∠ − 240°.
Vab=V AB = 3 V∠30°; Vbc = V BC = 3 V∠ − 90°; Vca = V CA = 3 V∠ − 210°
Las corrientes que pasan a través de las cargas son las siguientes
V AB
I AB = Z∠θ
= I∠30 − θ; I BC = I∠−90 − θ; I CA = I∠−210 − θ y se denominan corrientes
de fase en la carga
Las corrientes de línea se pueden determinar haciendo la ecuación del nodo A
-I aA + I AB − I CA = 0 despejando I aA tenemos
I aA = I AB − I CA = 3 I∠ − θ; I bB = 3 I∠−120 − θ; I cC = 3 I∠−240 − θ es decir, la
corriente de línea es 3 veces la corriente de fase y esta atrasada con respecto a ésta
(Ifase) en 30°
La potencia total consumida en la carga es P total = 3 ∗ V fase ∗ I fase ∗ cos θ, como V fase = V linea
y I fase = I línea podemos decir también que P total = 3 V línea I línea cos θ observe que el consumo
3
de potencia en la carga es igual ya sea que la conexión sea Y o Δ
Ejemplo.
En el circuito de la Fig 3 |V línea | = 150volt y la impedancia en la carga es
Z=6+8i=10∠53. 13Ω Determine:
a)Tensiones fase en generación
a1) Tensiones de fase en la carga
b) Tensiones de línea
c)Corrientes de fase
d) Corrientes de línea
e)Potencia total que se consume en la carga
a) |Van| =
150
23
= 86. 603volt, si tomamos como referencia los voltajes de línea, entonces los
voltajes de fase serán
Van = 86. 6∠ − 30v; Vbn = 86. 6∠ − 150v; Vcn = 86. 6∠ − 270v
a1)Tensiones de línea en generación son las tensiones de fase en la carga
V AB = 150∠0°; V BC = 150∠ − 120v; V CA = 150∠ − 240v
b) Las tensiones de línea y fase coinciden
150
c) I AB = 6+8i
=
9. 0 − 12. 0i = 15∠ − 53. 13amp; I BC = 15∠ − 173. 13amp; I CA = 15∠ − 293. 13amp
5
d)
I aA = 15 ∗ 3 ∠−53. 13 − 30 = 26∠ − 83. 13amp; I bB = 26∠ − 203. 13amp; I cC = 26∠ − 323amp
π
e)P total = 3 ∗ 150 ∗ 26 ∗ cos53. 13 ∗ 180
 = 4053. 0w
MEDICIONES DE POTENCIA
La figura muestra un circuito de un vatímetro, contiene dos bobinas. una de baja
impedancia, que se conecta en serie con la carga (z=0) y otra de alta impedancia que se
conecta en paralelo con la carga (Z->∞. en la figura a continuación vemos su conexión en
un circuito
6
La lectura del instrumento es P=V*I*cos(ángulo entre el voltaje V y la corriente I)
Veamos un ejemplo de su aplicación:
R1
a
v
I
v
I
<---I1
v
Vf
I
R1
If
R2
X
I2
!
V
En el circuito de la figura anterior, determine la lectura de cada vatímetro, sabiendo que
Vf=100∠0°v; R1 = 100Ω; R2 = 6Ω; X = j8Ω; If = 1∠90°amp
Ecuación del nodo a tomando como referencia el negativo de Vf
Va−100
Va
Va
+ 6+8i
+ 100
+ i = 0 resolviendo tenemos que Va = 12. 5∠0°v
100
12.5−100
I1 = 100 = − 0. 875 = 0. 875∠ − 180amp este resultado indica que la corriente va en
sentido contrario y la fuente suministra potencia
P1 = 100 ∗ 0. 875 ∗ cos0 = 87. 5w
12.5
Ahora determinamos la corriente I2 = 6+8i
= 0. 75 − 1. 0i = 1. 25∠ − 53. 13amp y la lectura del
vatímetro es
π
P2 = 12. 5 ∗ 1. 25 ∗ cos53. 13 ∗ 180
 = 9. 375w
El tercer vatímetro indica cero potencia porque el ángulo entre el voltaje y la corriente es de
90°, es decir, no consume ni suministra potencia real, eso lo podemos comprobar
determinando la potencia compleja S3 = 12. 5 ∗ −i = − 12. 5i = 12. 5∠ − 90°.
la potencia es reactiva y vale 12.5var
MEDICION DE POTENCIA EN REDES TRIFÁSICAS.
MÉTODO DE LOS DOS VATÍMETROS EN SISTEMAS BALANCEADOS
Los mlódulos de Vac=Vbc=Vca=V L además los módulos de Ia=Ib=Ic=I L
7
EN EL DIBUJO INTERCAMBIEMOS LA LETRA b POR c Y LA c POR b
Determinemos las lecturas de los vatímetros, para visualizar mejor el cálculo supongamos
que Zy=Z∠θ y dibujemos el diagrama fasorial tomando como referencia Van
P w1 = Vac ∗ Ia ∗ cos∡entreVac_Ia = V L ∗ I L cos30 − θ
P w2 = V bc ∗ Ib ∗ cos∡entreVbc_Ib = V L ∗ I L cos30 + θ
P total = P w1 + P w2 = V L ∗ I L ∗ cos30 − θ + cos30 + θ
Recordemos ahora que cosα ± β = cos α cos α ∓ senαsenβ sustituyendo en la expresión
anterior, tenemos
P total = V L ∗ I L cos 30 cos θ + sen30senθ + cos 30 cos θ − sen30senθ los senos se cancelan y
queda
P total = 2 ∗ V L ∗ I L ∗ cos 30 ∗ cos θ pero cos30=
3
2
sustituyendo nos queda
8
P total =
3 V L ∗ I L cos θ que como vimos anteriormente es la potencia total.
Si restamos P w1 − P w2 = V L ∗ I L ∗ cos30 − θ − cos30 + θ vemos que ahora se van los
cosenos, resultando
P w1 − P w2 = V L ∗ I L ∗ 2 ∗ sen30senθ el sen30= 12 sustituyendo nos queda
P w1 − P w2 = V L ∗ I L senθ es decir, Q total = 3 ∗ P w1 − P w2 
Es decir, con la medición de las dos vatímetros podemos determinar la potencia compleja
total y el factor de potencia
S total = P total + jQ total
tan θ =
Q total
P total
=
3 ∗P w1 −P w2 
P w1 +P w2
recuerde que el factor de potencia es cosθ
Ahora si P w1 > P w2 el ángulo θ es positivo, la carga es inductiva y fp es atrasado
Si P w1 < P w2 el ángulo θ es negativo, la carga es capacitiva y el fp está adelantado.
Si P w1 = P w2 el ángulo θ es cero, la carga es resistiva y el fp=1.
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