IV.- CIRCUITOS TRIFSICOSProblema 29Enel siguientecircuitotrifsicobalanceado, hallar las corrientes defase, potenciamonofsicaytrifsicay dibujar el correspondientediagramafasorial indicando todas las tensiones y corrientes. Se asume alimentacin balanceada en secuencia a, b, c.Solucin:Tomando la tensin de la fase a como referencia,Vf =3220 = 127 0Voltios.IL= Ifa = 53,1 - 12,7 =53,1 100 127 AmperiosIfb = 12,7 |-53,1- 120Amperios

Ifc = 12,7 |-53,1 - 240Amperios P1= If R=968 Watt.P3=3 P1 =2.904 Watt.Problema 30Dado el siguiente sistema trifsico balanceado:Secuencia ABC, 60 HzEn el nodo B, hay 115kV de tensin lnea-lnea. La fuente est conectada en delta con Zg = j 80 /fase. La lnea tiene impedancia serie por fase Z = (50 + j100) .Carga 1: Es de impedancia constante y consume 4,5 MW trifsicos cuando se le alimenta desde una fuente de 115 kV. Su factor de potencia es 0,75 en atraso.Carga 2: Potencia activa constante y consume 10 MW a 115 kV y factor de potencia 0,8 en adelanto.Calcule:a)Tensin interna por fase del generador.b)Factor de potencia de operacin del generador.c)Corriente en la lnea.d)Potencia total trifsica generada por la fuente.Solucin:A BLneaC1 C2Fuente(a)Trabajando con la fase A y el equivalente Y del sistema:[ ] kV 48 38, 7125 , 118 g E kV 48 8, 5387 , 68 I . Zc2) 1 Zc ( Z Zg g E A 69 13, 9237 , 74Zc2 1 Zc30 000 . 115ZeqVIk 87 36, - 058 , 1 8 , 0 Cos8 0, /10MW(115kV)Zc2k 41 41, 2042 , 2 75 , 0 Cos75 0, /5MW , 4(115kV)Zc1kV 03115V6667 , 26 j380j ZgABLLBL1212B + + (b) 9928 0, ) 87 Cos(-6, fpMVA 87 6, - 4528 , 15 g S V82 6, 7489 , 68 I . Zg g E VI . V . 3 g S3L AL A3 (c) A 69 13, 9237 , 74 I L (d) MVA 8480) 1, j - 3419 (15, MVA 87 6, - 4528 , 15 g S3 RLIg EZgXLZc1 Zc2ABProblema 31Se tiene el siguiente sistema trifsico balanceado a sec. abc, y 60 Hz Para el momento de operacin,considerando que elgenerador es ideal y en la barra B hay una tensin lnea-lnea de 866.03 l 0 voltios rms, determine:a).- Voltaje lnea lnea en la barra B ( tensiones ab,bc y ca)b).- Construya el diagrama fasorial de tensiones y corrientes en la barra B.c).-Potencia trifsica que entrega la fuente; S3 = P3+ jQ3 d)-Si se quiere compensar en la barra B, para obtener un factor de potencia fp=1,calcule el tamao del elemento a conectar como banco de capacitores conectado d1) en Y y d2) endelta.Representacin trifsica del sistema;Comosetratadeunsistematrifsicobalanceado, el voltajeentrelospuntos neutros del sistema es cero VNN =0. El hecho de estar balanceado, permite estudiar el sistema por fase.Para realizar este anlisis por fase se requiere que todos los elementos presenten conexiones Y, o en su defecto sean transformados a su equivalente Y.Se selecciona la tensin de lnea AB en la carga, como referencia. Representacin unifilar de la fase Adonde VA = VAB l 0-30 = 866.03 V. l -30= 500 l-30 V33Modelacin de las cargas;C1: 1Hp= 746W75*746 = 55,95kW (potencia activa que consume la C1)Modelamos esta carga como una impedancia constante, esto es: Zc1= l VL-L l2= l VL-L l2 = (866,03 V) 2 l-arcos(0,8)=10.724 l-36.87 S3* P3/ fp 55,95kW / 0.8 Zc1=8.5792-j6.4344 C2:Potencia activa que consume: P3 =60*746 = 44.760 kWZc2= l VllB l2 =(866.03V) 2 . lcos -1(0.9)= 15.0806l25.84 S3*44.76kW /0.9Zc2=13.5728+j6.573 Viendo el circuito se puede obtener el paralelo de las dos cargas; Zeq= Zc1 // Zc2 = 7.1568 j1.4416 Luego la corriente que pasa por la lnea esIl= VlnB =500V. l-30 = 68.488 A l-18.6113Zeq 7.1568 j1.4416 Finalmente aplicando la ecuacin de malla obtenemos VlnA;VlnA= Il.Zl + VlnBVlnA=(68.488 A l-18.61)*(1+j5) + 500 l-30 VVoltaje lnea neutro de la fase AVlnA=609.48 l4.65V Por lo tanto el voltaje lnea-lnea en la barra A esVll = 3*VlnA l ln+ 30VAB= 1.055kV l34.95VBC= 1.055kV l34.95-120 =1.055kV l-85.05VCA= 1.055kV l34.95+120 = 1.055kV l154.95b.- Diagrama fasorial de tensiones y corrientes en barra B.Ntese que la corriente adelanta el voltaje por la presencia de una carga equivalente netamente capacitiva.c.- Potencia trifsica que entrega la fuente.Como se trata de una fuente ideal,Eln = VlnA = 609.48 l4.65V S3= 3*S1*Eln*Il* S3 = 3*(609.48 l4.65V)*( 68.488 A l-18.61)* S3 = 115.048 kW + j49.452 kVArP3Q3 d.- Compensacin en barra B para mejorar el factor de potencia,Para que la barra B presente un fp = 1 es necesario cancelar la entrada de reactivos a dicha barra. Esto se logra colocando un capacitor, si se quiere inyectar reactivos a la red, o un inductor, para quitar reactivos de la red. Calculando la potencia trifsica que llega a la barra B logramos identificar la naturaleza del elemento y su capacidad.S3B= 3*S1B*VlnB*Il*= 3*(500 l-30 V)*( 68.488 A l-18.61)*S3B= 100.708 kW j20.288kVArQ3 = -20.288 kVAr Se trata de un inductor que absorba +20.288kVArla potencia reactiva que produce la carga capacitiva de tal manera que la barra B quede libre de reactivos.

Hallamos la reactancia inductiva Xl:Xl = l VllB l2= j. (866.03V) 2 = j 36.9681 Q320.288 kVArXl = j*w*LL= w = 2* *f Xl XlL = 2* *60 Hz = 10.198 H36.9681 Ly = 10.198H banco de inductores conectados en YL=3* Ly = 30.5939 H banco conectado en Problema 32El alimentadortrifsicode23kVde lasiguientefiguratieneunacargade9 MVA con un factor de potencia de 0,85 en atraso y un factor de carga igual a uno. A fin de mejorar el factor de potencia de la carga se decide instalar un banco de capacitores de 1800 kVAr.Determine:a)La tensin VR en la carga antes de instalar el banco de capacitores.b)Las prdidas en la lnea sin los capacitores.c)El nuevo factor de potencia al aplicar los capacitores.d)La liberacin de capacidad de la lnea cuando se aplican los capacitores.e)El valor de la potencia aparente al aplicar los capacitores.f) La elevacin de tensin al aplicar los capacitores.g)Las prdidas en la lnea con los capacitores.h)La reduccin de las prdidas de potencia al mejorar el factor de potencia.i) La reduccin de las prdidas de energa al mejorar el factor de potencia.Solucin:a)Para determinar la tensin VR en el extremo de la carga, se aplica la ecuacin:( )

,`

.| ]]]]]

,`

.| 2Vcosa ZS ZS2Vcosa ZS V2gR212R22gR Rde los datos del problema se tiene( ) + 58,25 2,25 6 j0,32 0,198 Z 26,46 31,78 58,25Problema 33En el circuito trifsico balanceado, secuencia abc, que se muestra en la figura, cuatrobarrasdegeneracina, b, cydestnconectadascomoseveenel diagramadelafiguraA. Alasbarrasaycseconectandosgeneradores, suministrandocargaaunmotorsncronoen labarrad. Aefectosdeanlisis, todas las mquinas en cualquier barra se consideran como una mquina simple, representada por una f.e.m. y una reactancia en serie.El diagrama de reactancias se ha dibujado en la figura B.Los nodos estn representados por puntos y todos tienen asignada una letra, excepto, los que unen reactancias en serie. Simplifquese el circuito, eliminando todos los nodos, excepto, el neutro y e, f y g, a los que estn conectadas las f.e.m. de las mquinas.Ntese que los nodos que se conservan, salvo el neutro, no tienen existencia fsicaen el sistema.Figura Afigura BSolucin:El nodobse elimina transformando en el equivalente las reactancias conectadas en Y que van desde a, c y d, ab.Los clculos son: + + 0,5 j0,3 j0,15Z0,5 j0,3 j0,15Z1,5 j0,1 j0,150,1 j0,1 j 0,3 j 0,1 j 0,3 j 0,3 j 0,3 jZdacdacCombinando las impedancias en serie entre a y e, c y f y d y g, se eliminan los nodos sin rotular: + + + 1,0 j 0,1 j 0,9 j Z0,95 j 0,05 j 0,9 j Z1,1 j 0,1 j 1,0 j ZdgcfeaSi ahorasecombinanlasimpedanciasenparaleloentreaydycyd, se obtiene: + 0,1875 j0,3 j 0,5 j0,3 j 0,5 jZ Zcd adAcontinuacin seprocedeatransformarla formadapora,cydenlaY equivalente.Los correspondientes clculos son: + + + + 0,0188 j0,1875 j 0,1875 j 1,5 j0,1875 j 0,1875 jZ0,15 j0,1875 j 0,1875 j 1,5 j1,5 j 0,1875 jZ Zdc aFinalmente, se suman las impedancias en serie de la Yobtenida y se transformastaenla equivalente, obteniendoas lamallabuscada. Los clculos necesarios se dan a continuacin: + + 3,42 j1,10 j3,77Z3,02 j1,25 j3,77Z3,70 j1,02 j3,771,02 j1,25 j 1,02 j 1,02 j 1,10 j 1,10 j 1,25 jZgefgefHay formas mas eficientes de resolver este problema, una de ellas es mediante mtodos matriciales aplicando particin de Kron para reducir la red conservando slo los nodos de inters. Este interesante tpico est fuera del alcance de este problemario. Problema 34Si las f.e.m. internas de las fuentes A, B y C, en el problema 33, tienen los valores36,9 - 1,5 E, 15 1,5 E, 0 1,5 EC B A determine las potencias de salida de A y B, as como la potencia de entrada en C.Solucin:Las corrientes en el son: Amp. 0,088 j - 0,263 -3,42 j0 1,5 36,9 - 1,5ZE EI Amp. 0,083 j - 0,4263,02 j36,9 - 1,5 15 1,5ZE EI Amp. 0,014 j - 0,105 -3,70 j15 1,5 0 1,5ZE EIgeA CgefgC BfgefB Aef Las corrientes en los terminales son:Desde el generador A: Amp. 32,8 - 0,188 0,102 j 0,158 I I Ige ef e Desde el generador B: Amp. 7,4 - 0,536 0,069 j 0,531 I I Ief fg f Hacia el generador C: Amp. 13,9 - 0,710 0,171 j 0,689 I I Ige fg g Las potencias buscadas son, por lo tanto:P A: W. 0,237 = 32,8 cos 0,188 1,5 P B: ( )W. 0,743 = 7,4 + 15 cos 0,536 1,5 PC de entrada a la carga en C : ( )W. 0,985 = 13,9 - 36,9 cos 0,710 1,5 Problema 35Enel siguientecircuito, hallar lascorrientesdefase. Asumaf =60Hz, secuencia abc.Solucin:( ) MM1 kLL 1 4 0,5a c4L L Planteando las mallas principales:Vab = 100 |0 = ( 2 + j1 ) I1 + ( -2 + j0,5 ) I2Vbc = 100 |-120= ( -2 + j0,5 ) I1 + ( 2 + j3 ) I2Resolviendo se obtiene:I1 = 15,63 |-35,83 = 12,67 - j9,15I2 = 31,88 |-161,04 = -30,15 - j10,36ia= I1=15,63 |-35,83 Amperiosic=- I2=31,88 |18,96Amperiosib = I2 - I1 =42,84 |-178,4 AmperiosProblema 36Parael siguientecircuitohallarI,IM eIcencadafase, lapotenciatotal entregada por la fuente y el factor de potencia, dibujar tensiones y corrientes en un diagrama fasorial.Datos:V1 = 220 Voltios.Z = 16 - j12 Solucin:Tomando Van como referenciaIM =3 22010000= 26,25 |-53,13Amperios| Zmotor Y |= 26,253220= 4,84 | Zmotor Y |=4,84 |53,13 = ( 2,904 + j3,872 ) Zcarga Y= 312 16 j =5,33 - j4 Zmotor // Zcarga=3,91 |17,17 I = 17,17 3,91 3220 =32,5 |-17,17AmperiosIc = I - IMIc = 19,08 |-36,70AmperiosP3 =3 3220 (32,5) cos 17,17 WattS3 =3 3220 (32,5)S3 = 12,3842 kVAcos =cos 17,17=0,955Problema 37Dado el siguiente sistema trifsico balanceado, secuencia abc, 60 Hz, hallar: a)Tensiones de fase y de lnea en la barra A.b)Potencia que entrega la fuente.c)Diagrama fasorial con tensiones de fase, de lnea y corrientes por la lnea.Solucin:(a) Pc1 = 75 746=55.950 Watt.Sc1 =0,855.950= 69.937,5 VAPc2 = 60 746=44.760 Watt.Sc2= 0,944.760= 49.733,3 VA utilizando la relacin Q = P tang , se tiene para Qc1 y Qc2:Qc1=-41.962,5 VARQc2=21.678,3 VARSc1 =3V Ic1*I = Ic1 + Ic2

Ic1*= V 3Sc1Ic2*= V 3Sc2I*=30 866,03 311,4 102.733,4

30 - 866,03 325,8 49.733,3 30 - 866,03 336,87 69.937,5 + I=68,5 |-18,61 AmperiosLa tensin de fase generada por la fuente es:Vg=866,03303 + I ( 1 + j5 )=609,52 |4,96 Voltios.Vg de lnea:VgL = 1055,72 |34,96 Voltios.(b)La potencia trifsica en la fuente:Sg3 = 3 Vg I* = 125.256,36 |23,57VAProblema 38En el sistema mostrado determine las corrientes que fluyen hacia el nodo n de la carga.Solucin:Esteproblemasepuederesolver por el mtododemallas, perosedesea ilustrarlaformaderealizar transformaciones - Yconfuentesyequivalentes trifsicos.1. Transformando a Y cada una de las dos deltas y sumando las impedancias de lnea se obtiene:( )( )( )( ) Z22321853Z343122 23

Y1 Y2++ + ++ + +jjj jj jE2003 3030E3003 030Y1 Y2 + + (note lasecuenciadefaseenlas fuentes)2. Transformando nuevamente a delta:Z1=3ZY1 =8 + j5=9,43 |32 Z2=6 + j2 = 6,32 |18,44 E1 = 200 |30 E2 = 300 |03. Sehallael equivalentedel sistemaentrelospuntosa, byc, haciendoel paralelo de las dos deltas.Se transforman las fuentes de tensin a fuentes de corriente, se suman las corrientes y se encuentra el paralelo de las impedancias, luego se transforma a fuentes de tensin nuevamente. La impedancia equivalente del paralelo de las deltas es:Z'=Z1 // Z2

= ( ) ( ) 85 62147 + ++j jj =3,49 + j1,54 = 3,81 |23,8La fuente de corriente equivalente de ambas deltas, inyectada al punto a es:( ) ( ) ( ) ( )Ia 200 3085 300 062 2009085 30012062 11816,6Amperios +++++

]]]]] j j j jIdnticamenteIb = 118 |136,6 AmperiosIc = 118 |-103,4 Amperiostransformando a estrella se obtiene:ZY'=1,1633 + j0,5133EY' = Ia ZY'= 118 |16,6 ( 1,1633 + j 0,5133 ) 150,0385 |40,4EY' = 114,2444 + j 97,2613 VoltiosEY'b= 150,0385 |160,4 VoltiosEY'c= 150,0385 |-79,6 VoltiosSe halla la tensin Vnn' por anlisis nodal:haciendo las operaciones apropiadas se concluye queVnn' = ( ) + + + 86,11 - 11,056,51 13,5879,6 150,0385 10 0,5133 1,1633 379,6 150,0385 10 3ZE ' y ' y cj VoltiosSe recomienda al estudiante realizar las operaciones para llegar a esta relacin.Ian=Amperios 37,97 30,23 =5,67 5,1943,65 156,8644 0,5133 5,163386,11 - 11,05 40,4 150,0385 +jdel mismo modo,Ibn = 150,97 29,83 AmperiosIcn = 86,11 - 33,15 AmperiosProblema 39Seael siguientecircuitotrifsico, enel cual lasfuentesestnbalanceadas. Determine el valor de la tensin de los generadores del lado derecho.If = 37,9912-j 6,4216 AmperiosSolucin:Se reconoce un sistema tetrafsico balanceado del lado izquierdo (4 fases), en donde la cuarta fuente se encuentra conectada a la conexin del neutro de la Y del lado derecho.En condiciones de pre-falla:Sin la impedancia Zfel sistema es balanceado. Se decide plantear un equivalente Thvenin entre sus extremos tomando en cuenta las condiciones del circuito balanceado y expresando VTh en funcin de E.Conocidas todas las impedancias y la corriente de falla If, se obtiene entonces E.ZTh = [13 ( 4 + j4 )+( 2+j3 )] // ( 2 + j1 )=1,62 |34Al plantear el equivalente Thvenin en la impedancia Zf se concluye que:VTh = If ( ZTh + Zf ) = (37,9912 - j6,4216) (1,62 |34 + 2) VTh = 133,45 |5,57Por otro lado:(1) VTh = E |+ Ia'n' ( 2 + j1 ), donde Ia'n' es la corriente en esa rama, antes de aplicar el equivalente Thvenin.Considerandoquelasfuentessonbalanceadas, lavariacinenlatensin entre los neutros n y n' antes de la conexin de la rama f es cero, as:Ia'n'=Iaa'= ( ) 4 4E 10 100j + sustituyendo en (1): VTh =( )( ) E 1 24 4E 10 100 + + + jjDespejando y sustituyendo el valor para VTh calculado previamente,E | = ( ) ( )0 1503 21 2 10 100 4 4 VTH++ +jj jcomo la fuente es balanceada en secuencia positiva, las tensiones quedan como:_E = E |= 150 |0_E = E |= 150 |-120 _E = E |= 150 |120Problema 40El sistema trifsico mostrado a continuacin esta operando en condiciones balanceadas y en secuencia abc. Repentinamente un cable de impedancia cero, une los puntos a y n. Conel circuito operando bajo esta condicin calcule:a) Tensin Vng, Van, Vbn, Vcn.b) Potencia trifsica aparente que le enva el generador a la carga.Estavezresolveremosel problemaconel mtododemallas paraas apreciar la diferencia que presenta este mtodo con respecto a la reduccin por Thevenin.Al colocar un cable entre a y n, la impedancia de la fase a de la carga queda cortocircuitada;quedando as dos mallas de la siguiente manera; debido a que elsistema se encontraba operando en forma balanceada a secuencia abc, las tensiones del generador son;V VV VV Vcgbgag 120 260 120 260 0 260 Teniendo estos valores procedemos a calcular las corrientes I1e I2mediante el mtodo de mallas;[ ] [ ] [ ][ ] [ ][ ] V Z IluegoI Z V1*ymediantelasecuacionesdelasdosmallasdel sistemasellegaal siguiente arreglode esta forma obtenemos I1 e I2;AII]]]

]]]

33 . 97 6997 . 67 44 . 63 206 . 8721por lo tanto las corrientes de lnea en cada fase de la carga son; 67 . 82 697 . 67 15 . 167 8603 . 48 44 . 63 206 . 8721 21 A I IA I I IA I IcbaTensin entre el punto n y gV Vj A V Vj j I V Vngngb Bg ng 89 . 36 0617 . 130) 4 4 ( * ) 15 . 167 8603 . 48 ( 120 260) 2 4 2 ( * + + + este valor debe dar igual independientemente de la fase que se emplea para determinarlo..-Tensin en cada fase de la carga,V j I VV j I VVc cnb bnan 23 . 109 7502 . 302 ) 2 4 ( * 28 . 166 5099 . 218 ) 2 4 ( *0 + + .-Potencia trifsica que entrega la fuenteComoel sistemaseencuentradesbalanceado, el generador noentregala mismapotenciapor cadafase. Por lotantosedebecalcular lapotencia aparenta que se enva por fase, luego la potencia trifsica es la suma de las tres potencias por fase.Hallamos la potencia por cada fase;Fase A:kVAr j kW SA V SI V SAAa Ag A28 . 20 138 . 10) 44 . 63 206 . 87 ( * ) 0 260 (***+ Fase B:

kVAr j kW SI V SBb Ag B138 . 12 745 . 3**+ Fase C:]]]

]]]

+ + + +]]]

VVj jj jII 120 260 120 260 120 260 0 260*8 8 ) 4 4 () 4 4 ( 6 4121kVAr j kW SI V SCc Cg C673 . 10 995 . 13**+ Finalmente la potencia aparente trifsicaque entrega el generador a la carga est dada por la sumatoria de las tres potencias obtenidas anteriormente;kVAr j kW SS S S SfC B A f093 . 43 879 . 2733+ + + Problema 41Para el siguiente sistema desbalanceado;que opera asec. abc, @ 60Hz.Bajo condicin balanceada el sistema opera con un voltaje en la barra 2 deVab=l V l l0Y la corriente de lnea es de;Il=1.224kA l-75La impedancia de la carga conectada a la barra 2 es;Zc= 3+jXDeterminar;a) El valor de la corriente de falla If.b) Si sequierelimitar lacorrientedefallaavaloresinferioresquelIl=1000 amperios, mediante una impedancia de Zf= 1+jXf., Calcule dicha reactancia Xf.Parahallar lacorrientedefallaIfesconvenienteaplicar unequivalentede Thevenin entre los puntos A y B. Esta va es la ms rpida ya que nos permite trabajar el sistemabalanceado, yluego, medianteel equivalentedeThevenin, calcular la corriente que circula por el cortocircuito.Hallamos la impedancia Zc de la carga conectada en la barra 2.Al aplicar Thevenin entre A y B, quitando el corto entre estos dos puntos, el sistema pasa a operar en condicin balanceada.La corriente de fase de la carga esIf = Il. l-75+30= 706.677 A l-453Vab= If. Zc.Sustituyendo los datos se tiene;lVl l0 = (706.677 A l-45) . (3+jX)(I)Por Euler, se tienelVl l = lVl.cos( ) +jlVl.sen( ). Aplicando esta igualdad a la ecuacin I se obtiene;lVl.cos(0) + jlVl.sen(0)=(500-500).(3+jX)igualando parte real y parte imaginaria;lVl=1500 + 500.X (II)parte real500.X 1500= 0(III) parte imaginariade esta ecuacin se obtiene X = 3Sustituyendo este valor en la ecuacin II de la parte real se obtiene el valor del voltaje Vab;lVl = 1500 + 500.(3)= 3kVVab= 3kV l0.Zc= 3+j3. Retomando el equivalente de Thevenin nos queda lo siguiente;donde Vth = Vab = 3kV l0.Restara hallar la Zth;Para ello se cortocircuitan las fuentes y se calcula la impedancia vista entre AyB pasando el generador a estrella queda la impedancia de cada fase en serie con la lnea, luego se vuelve a la configuracin de dos deltas en paralelo y queda: FinalmenteZth= (Zc//Zc+Za//Za)//Zb//Zb.Zth= 1.6 + j 1.6 Luego la corriente de falla If esIf = Vth = 3kV l0. = 1.324kA l-45 Zth 1.6 + j 1.6 c) para limitar dicha corriente de talmanera que su mdulo sea menor que 1000 amperios colocamos la impedancia Zf en el equivalente de Thevenin, y se estudia la peor condicin de falla. La corriente If ser mayor a medida que Zth 0, por lo tanto

l Zf l =l Vth l= 3 kVl If l 1000 A + +8284 . 2 18284 . 21 3310003000122j ZXXXffff