Sistemas bifásicos y trifásicos LEIV

ANÁLISIS DE CIRCUITOS BIFÁSICOS Y TRIFÁSICOS

Luis E. Iparraguirre Vásquez

2008

tω

E

E

RE

SE

TE

R

r S

ts

T S

N

Rotor

Estator

r

Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 1


Profesor Asociado

de la Escuela de Ingeniería Electrónica

de la Universidad Privada Antenor Orrego

Trujillo - Perú

ANÁLISIS DE CIRCUITOS BIFÁSICOS Y

TRIFÁSICOS

Reservados todos los derechos

Esta obra es propiedad intelectual del autor

Prohibida su reproducción parcial o total por

cualquier medio, sin permiso por escrito del

autor


INTRODUCCIÓN

Para el consumo de grandes cantidades de energía eléctrica demanda generación,

transmisión y distribución de la energía eléctrica, que se logra mediante los circuitos

eléctricos trifásicos. El estudio de los circuitos polifásicos constituye un análisis

exhaustivo de los sistemas bifásicos y trifásicos, balanceados o desbalanceados, que se

estudian en el presente texto.

La generación, transmisión y distribución de la energía eléctrica es el gran negocio de

las grandes compañías eléctricas, utilizando diversos combustibles como el carbón, el

gas natural, petróleo para generar energía eléctrica en centrales térmicas; o utilizar la

energía potencial gravitatoria de grandes masas de agua y que por medio de turbinas

acopladas con los ejes de los generadores conforman las centrales hidráulicas.

El voltaje del generador en las centrales, se eleva mediante una transformador para la

transmisión a grandes distancias, debido a que las centrales, generalmente no están

ubicadas ceca de los centros de consumo, y también para tener un mínimo de pérdidas

en las líneas de transmisión.

La energía eléctrica se genera, transmite y distribuye en sistema trifásico, y sólo cuando

esta cerca de los centros de consumo se reduce su tensión a los valores de consumo

( baja tensión), y también se cambia de trifásico a monofásico de acuerdo a lo solicitado

por los usuarios.

Las líneas de transmisión generalmente están conformadas por ternas, siendo soportadas

por torres de madera o metálicos, debidamente aisladas, y en baja tensión puede estar

conformada por tres hilos o cuatro hilos; uno de los cuales está conectado a tierra y es el

de menor calibre.

El caso ideal es que los sistemas polifásicos son diseñados para operar en estado

balanceado o equilibrado, pero en condiciones normales de operación de los circuitos

polifásicos, operan cerca del equilibrio, es decir que las corrientes de cada fase deben

tener los mismos valores eficaces, para que todas las fases del sistema polifásico

distribuyan su potencia aproximadamente iguales.

La estructura básica de un sistema polifásico consiste en fuentes de voltaje conectadas a

cargas a través de transformadores y líneas de transmisión. La omisión del

transformador en el sistema polifásico, simplifica el análisis sin afectar la comprensión

básica de los cálculos implicados.

En el texto se describe el análisis de los circuitos bifásicos y trifásicos de corriente

alterna, los que son conformados por dos y tres fases respectivamente, con tensiones de

la misma frecuencia. Las corrientes alternas fueron adoptadas notablemente por Nikola

Tesla (1856 – 1943), quien obtuvo diez patentes para motores de inducción de corriente

alterna en 1895


Los primeros alternadores de Westinghouse fueron de 3

1133 Hz, frecuencia muy alta

para el funcionamiento de los motores eléctricos. Gradualmente se estandarizó en

Estados Unidos la frecuencia de 60 Hz, por el cual el ojo humano no puede detectar el

parpadeo que efectúa la corriente alterna senoidal en una lámpara de incandescencia,

pero si es notorio a frecuencias menores. Las frecuencias mayores tienen como efecto

aumento de pérdida de energía en el circuito magnético de las máquinas eléctricas

Fundamentalmente la ventaja que presentan los circuitos trifásicos frente a los

monofásicos es que a igualdad de potencia a transmitir y pérdidas en las líneas o

conductores, las líneas trifásicas son mas económicas que los monofásicos, permitiendo

un ahorro del 25 % en el peso de los conductores (líneas).

Otra ventaja es que la potencia instantánea de un sistema trifásico balanceado es

constante, independiente del tiempo, permitiendo que los motores trifásicos tengan un

par uniforme, evitando vibraciones y esfuerzos en el rotor del motor.

Los motores trifásicos pueden arrancar por sí mismos, sin embargo los motores

monofásicos necesitan un dispositivo para conseguir el arranque.



CONTENIDO

Pag.

Sistemas Polifásicos 6

Generador Bifásico 6

Tensiones de fase 10

Tensiones de líneas 10

Generador trifásico 11

Conexiones de los arrollamientos de fuerza en un generador trifásico 13

Conexión estrella ( Y ) 13

• Secuencia de fases directa o positiva 16

• Secuencia de fases inversa o negativa 17

Conexión en delta ( ∆ ) 18

• Secuencia de fases directa o positiva 19

• Secuencia de fases inversa o negativa 19

Cargas trifásicas 19

Cargas trifásicas balanceadas 19

Cargas trifásicas desbalanceadas 20

Circuitos trifásicos balanceados 20

Generador trifásico en Y, con carga trifásica balanceada en Y

en secuencia directa 20

Tensiones de fase del generador 20

Corrientes de líneas 21

Potencias aparentes de fases 22

Potencia aparente total trifásica 23

Potencia activa total 23

Potencia reactiva total 23

Generador trifásico en ∆, con carga trifásica balanceada en ∆

en secuencia directa 25


Corrientes de fases 26



Potencia aparente total 28



Medida de la potencia activa total absorbida por una carga trifásica

balanceada o desbalanceada 31

Método de los dos vatímetros 32

Medida de la potencia trifásica total por medio del método de los

Dos vatímetros monofásicos para el sistema Y balanceado en

secuencia directa 33

Medida de la potencia trifásica total por medio del método de los

dos vatímetros monofásicos para el sistema ∆ balanceado en


Determinación del ángulo de la impedancia de la carga trifásica

Balanceada en Y o ∆ 39


Pag.

Sistema trifásico tetrafilar balanceado en Y en secuencia inversa o negativa 40



Potencia aparente total trifásica 43



Medida de la potencia trifásica total por medio del método de los dos

vatímetros monofásicos para el sistema Y balanceado en secuencia

inversa o negativa 46

Sistema trifásico en ∆ en secuencia inversa o negativa 48








Medida de la potencia activa mediante el método de dos vatímetros

monofásicos 54

Medida de la potencia reactiva en un sistema Y o ∆ balanceado en


Vatímetro en cuadratura en el sistema Y o ∆ balanceado en

Secuencia directa 57

Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema

trifásico en Y en secuencia directa 58

Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema

trifásico en ∆ en secuencia directa 59

Problemas resueltos de circuitos trifásicos balanceados 62 - 92

Problemas propuestos trifásicos balanceados 92 - 98

Circuitos trifásicos desbalanceados 99

Circuito trifásico trifilar en Y desbalanceado 99

Corrientes de mallas 99




Circuito trifásico tetrafilar en Y desbalanceado 101


Corriente en el conductor neutro 101



Circuito trifásico trifilar en ∆ desbalanceado 102





Problemas de circuitos trifásicos desbalanceados 104 - 137

Problemas propuestos desbalanceados 137 -140


SISTEMAS POLIFASICOS Un sistema polifásico es aquel que tiene dos o más sistemas monofásicos semejantes, en

que los valores máximos de las ondas alternas senoidales no se producen al mismo

tiempo.

El sistema bifásico es aquel que tiene dos sistemas monofásicos sinusoidales con

semejantes valores de amplitud y frecuencia, pero desfasadas entre si en 90 grados

eléctricos

El sistema trifásico es aquel que tiene tres sistemas monofásicos senoidales cuyas

tensiones con los mismos valores de amplitud y frecuencia, se encuentran desfasadas

entre si en 120 grados eléctricos

En instalaciones especiales como los convertidores rotativos, servicios electrolíticos y

otras es conveniente el uso de sistemas de seis, doce o más fases, que emplean tensiones

desfasadas de 60, 30 etc., grados eléctricos

Los equipos que se utilizan en los sistemas polifásicos presentan muchas ventajas con

respecto a los monofásicos. Los generadores polifásicos son de mayores potencias y

mas económicos, presentando mayores eficiencias.

Los motores polifásicos y equipos asociados como los conmutadores, transformadores y

elementos de control, son generalmente de altas potencias para ser usados

industrialmente.

En el sistema monofásico, los motores presentan un par electromagnético no uniforme,

debido a que el flujo de potencia es pulsante, en donde la potencia se anula cuatro veces

por ciclo y se hace negativa en dos intervalos de tiempo de cada ciclo, teniendo el motor

así la velocidad variable en cada instante.

Sin embargo los motores polifásicos operan con un par o torque electromagnético

uniforme, absorbiendo potencia a un ritmo constante y sin inversiones. Estos motores

polifásicos son más eficientes y económicos.

GENERADOR BIFASICO En un generador bifásico se encuentran dos arrollamientos iguales e independientes o

interconectados en el estator, de forma tal que quedan desplazadas en el espacio en 90º

eléctricos, tal como se muestra en la Fig. 1. En el rotor para este caso de dos polos se

encuentra el arrollamiento de excitación que es alimentado por una fuente de tensión

continua, a través de un reóstato de campo, y que al girar el rotor a una velocidad

angular ω, se inducen en las bobinas de fuerza ( bobinas del estator) tensiones con

desfases de 90 grados eléctricos, tal como se muestra en la Fig.3

En la Fig. 2 se muestra un rotor de cuatro polos


Fig. 2 Rotor de cuatro polos

salientes

Fig. 1 Generador Bifásico de dos polos

E

E−

tω

α

AE BE

Fig. 3 Tensiones inducidas de un generador bifásico en secuencia AB

Así: EEE BA == …( 1 )

En la fase A se induce: VtSenE)t(e Aa ω= …( 2 )

En la fase B se induce: V)º90t(SenE)t(eBb −ω= …( 3 )


El correspondiente diagrama fasorial de la Fig. 3 se muestra en la Fig. 4a y Fig. 4b

AaE

BbE

Aa

B

b

Fig. 4a

AaE

BbEFig. 4b

Estas tensiones tienen una secuencia AB, es decir que )t(e Aa ocurre primero y después

de 90º eléctricos ocurre )t(e Bb a esta secuencia de fases se le denomina secuencia

positiva o secuencia directa.

También puede darse la secuencia inversa BA o negativa, cuando ocurre primero

)t(e Bb , y después de 90º eléctricos ocurre )t(e Aa , tal como se muestra en la Fig. 5

E

E−

tω

α

BE AE

Fig. 5 Tensiones inducidas de un generador bifásico en secuencia BA

Siendo estas tensiones: VtSenE)t(e Bb ω= ( 4 )

V)º90t(SenE)t(eAa −ω= ( 5 )

El correspondiente diagrama fasorial de la Fig. 5 se grafica en las Fig. 6a y Fig. 6b


AaE

BbE

Fig. 6a AaE

BbE

Fig. 6b

Los primeros sistemas polifásicos eran bifásicos o tetrafásicos, siendo completamente

desalojados por los sistemas trifásicos; pero en servicio subsisten cierta cantidad de

sistemas bifásicos, especialmente en los casos de equipos originales de alta calidad o en

los sistemas servomecánicos, donde las máquinas bifásicas tienen gran ventaja.

Un sistema bifásico se caracteriza por un desfase de 90 grados eléctricos entre las

tensiones; las que son generadas en un alternador de dos devanados independientes,

separados en el espacio por el mismo desplazamiento angular que el desplazamiento de

las tensiones en el tiempo

En la Fig. 7(a) , (b), y (c) se muestra un sistema bifásico en secuencia AB o secuencia

directa

Las tensiones de fases son ANE , BNE

En la tensión ANE , significa que el borne “A” es más positivo que el borne “N”

Las tensiones de líneas son ABE , BAE

En la tensión ABE , significa que el borne “A” es más positivo que el borne “B”

En la tensión BAE , significa que el borne “B” es más positivo que el borne “A”

ANAa EE =

A

b

B

aN

BNBb EE =

B

N

AaE

BbE

ABE

AE

BE

BAE

Fig. 7 (a) (b) (c)

Siendo el valor eficaz de las tensiones de fase fE y el valor eficaz de las tensiones de

línea l

E , se tiene:


Tensiones de fases

Si: Vº0/EE fAN = (referencia) en secuencia directa, entonces Vº90/EE fBN −=

Tensiones de líneas

º90/Eº0/EEEE ffBNANAB −−=−= , Vº45/E2E fAB = y

º0/Eº90/EEEE ffANBNBA −−=−= , Vº135/E2E fBA −=

En un sistema bifásico fE2E =l

El circuito de la Fig. 7(a) pertenece a un generador bifásico

trifilar ( tres hilos).

El circuito de la Fig. 8 pertenece a un generador

bifásico tetrafilar (cuatro hilos) donde cada fase es utilizada

independientemente como dos sistemas monofásicos.

La Fig. 9 muestra un circuito eléctrico que constituye un generador tetrafásico pentafilar (4 fases - 5 hilos) del que se tiene:

Vº0/EE fAa = Vº90/EE fBb −=

Vº45/2

EE

º45/2

E2º90/

2

Eº0/

2

EE

fAb

fffAb

−=

−=−+=

Vº90/2

EE f

BN −=

AaE

BbE

AaE

BbE

2

EAa

2

EAa

2

EBb

2

EBb


La Fig. 10 que constituye un sistema tetrafásico tetrafilar ( 4 fases - 4 hilos ), del que se tiene:

BbAaQS EEE −=

º90/Eº0/EE ffQS −−=

Vº45/E2E fQS =

GENERADOR TRIFASICO Un generador trifásico es aquel que tiene tres arrollamientos independientes,

distribuidos en la periferia interna del estator, para los generadores de polos salientes; o

los tres arrollamientos independientes distribuidos en la periferia externa del rotor, para

los generadores de rotor cilíndrico. En la Fig. 11 se muestra un generador trifásico

bipolar, de rotor de polos salientes.

Fig. 11 Generador trifásico de dos polos salientes

AaE

BbE

AaE−

BbE−


En estos tres arrollamientos independientes e iguales, se inducen tensiones alternas

senoidales desfasadas entre si en 120 grados eléctricos, debido a que la distribución de

los arrollamientos en la máquina rotativa, también están a 120 grados eléctricos Cada

arrollamiento independiente tiene un par de bornes denotados con las letras R-r, S-s, y

T-t, tal como se muestra en la Fig. 11. El estator y rotor está formado por chapas

laminadas de acero u otras aleaciones siliciosas.

Las tensiones inducidas en los arrollamientos de fuerza según Faraday, es debida a la

acción de una estructura de excitación en corriente continua, la que genera un campo

electromagnético y que al girar concéntricamente a una velocidad angular rω , y las

espiras de los arrollamientos de fuerza cortan líneas de flujo, generando las tensiones de

las fases R, S, y T, tal como se muestra en la Fig. 12

tω

E

E

RE SE TE

Fig. 12 Tensiones inducidas en secuencia RST, de un generador trifásico

Así EEEE TSR === ( 6 )

tSenE)t(eRr ω= ( 7 )

)º120t(SenE)t(eSs −ω= ( 8 )

)º120t(SenE)t(eTt +ω= (9)

La secuencia de fases RST, STR, TRS, es denominada secuencia directa o positiva, y es

la que hace girar a los motores trifásicos de inducción en el sentido horario.

La secuencia de fases RTS, TSR, SRT, es denominada secuencia inversa o negativa, y

hace girar a los motores de inducción en el sentido antihorario.


En la Fig. 13 se muestra el diagrama fasorial de las tensiones inducidas en los

arrollamientos de fuerza, tal que al girar a la velocidad angular rω rad/s, se generan las

tensiones de la Fig. 12

120º

120º

120º

RrE

SsE

TtE

Fig 13

Una vez establecida la secuencias de fases, debe determinarse el orden en que deben

conectarse los conductores de línea a la carga.

Un motor de inducción trifásico alimentado en secuencia directa o positiva, gira en un

sentido. Si se intercambian dos de los conductores cualesquiera, entonces se invierte la

secuencia de fases a la secuencia inversa o negativa, y el motor de inducción invierte el

sentido de giro.

CONEXIONES DE LOS ARROLLAMIENTOS DE FUERZA EN UN GENERADOR TRIFÁSICO

Si cada una de las tres fases independientes del

generador trifásico de la Fig. 14, pueden actuar

independientemente, se tendría un sistema trifásico

exafilar

En la práctica los generadores trifásicos se pueden

conectar en estrella (Y); o en triángulo o delta (∆)

Conexión del generador en Estrella (Y). Para realizar este tipo de conexión los tres bornes r, s, y

t, se unen entre sí, formando un borne común denominado neutro, denotado con la letra

mayúscula N, tal como se muestra en la Fig. 15 conformando un sistema trifásico trifilar

( 3 fases - 3 hilos ); y Fig. 16 conformando un sistema trifásico tetrafilar ( 3 fases - 4

hilos ); ambas en secuencia de fases directa o positiva

SsE

TtE

RrERr

S

s

T

t


SNE

TNE

RNERr

S

s

T

t

T

S

N

SNE

TNE

RNE

Rr

S

s

T

t

N

N

S

T

Al invertir la secuencia de fases a inversa o negativa, se tendría las Fig. 17 y Fig. 18

SNE

TNERNE

Rr

S

s

T

t

T

S

N

SNE

TNERNE

R

S

T

N

N

S

T

Fig. 18.- Generador trifásico tetrafilar en

secuencia inversa o negativa

Del circuito de la Fig. 15 que

corresponde a un generador trifásico

trifilar en secuencia directa, y que

por no tener el conductor neutro,

sólo se puede obtener tensiones de

líneas, que corresponden a las

tensiones entre las líneas R y S,

obteniendo la tensión RSE o SRE ;

entre las líneas S y T, para obtener la

tensión STE o TSE ; y entre las

líneas T y R, para obtener la tensión

TRE o RTE

RN

S

T

RNE

SNE

TNETRE

RSE

STE


Del circuito de la Fig. 16 que corresponde a un generador trifásico tetrafilar en

secuencia directa, se pueden obtener tanto las tensiones de líneas como las tensiones de

fases.

Una tensión de línea se obtiene entre dos líneas cualesquiera, y una tensión de fase se

obtiene entre una línea y el conductor neutro.

Las tensiones de fase tienen el mismo valor eficaz fTNSNRN EEEE === … (10)

y se encuentran desfasadas entre ellas en 120 grados eléctricos

También se determina que fasorialmente:

NRRN EE −= …(11)

NSSN EE −= …(12)

NTTN EE −= …(13)

De la Fig. 19, las tensiones de líneas son.

SNRNRS EEE −= …(14)

TNSNST EEE −= …(15)

RNTNTR EEE −= …(16)

De la Fig. 19, se ha obtenido el triángulo SNR que es isósceles y que se muestra en la

Fig. 20 y Fig. 21

RN

S

RNE

RSE

SNE

RN

S

fE

lE

fE

Aplicando ley de senos en el triángulo SNR de la Fig. 21 se tiene:

º30sen

E

º120sen

E f=l , que al dar valores se tiene

2

1

E

2

3

E f=l ; relación de la que se

determina que fE3E =l …(17).

La ecuación (17) indica que el valor eficaz de la tensión de línea es igual a raíz de tres

veces el valor eficaz de la tensión de fase


Si la secuencia de fases es directa o positiva, según circuito de la Fig. 16, con tensiones de fases:

Vº0/EE fRN = …(18)

Vº120/EE fSN −= …(19)

Vº120/EE fTN = …(20)

Reemplazando las ecuaciones del (18) al (20) en las ecuaciones del (14) al (16), se tiene

las ecuaciones:

Vº30/E3º120/Eº0/EE fffRS =−−= …(21)

Vº90/E3º120/Eº120/EE fffST −=−−= …(22)

Vº150/E3º0/Eº120/EE fffTR =−= …(23)

En la Fig. 22 se muestra el diagrama fasorial de tensiones de fases y tensiones de líneas

obtenidas de un generador trifásico tetrafilar en secuencia directa. Indicando también

que los valores eficaces de tensiones de líneas son iguales a raíz de tres veces el valor

eficaz de tensiones de fases

S

RNE

SNE

TNE

30º

30º

Fig. 22.- Diagrama fasorial de tensiones de fase y tensiones de

líneas en secuencia directa de un generador en Y

TRE

RSE

STE

120º

120º

SNE−

RNE−

TNE−

30º

30º

30º

30º

120º90º

90º90º

NOTA.- El ángulo formado entre una tensión de línea y una tensión de fase es de 30º eléctricos (ver Fig. 19 y Fig. 22)


Si la secuencia de fases es inversa o negativa, según Fig. 18, con tensiones de fases:

Vº0/EE fRN = …(24)

Vº120/EE fTN −= …(25)

Vº120/EE fSN = …(26)

Las tensiones de líneas son:

TNRNRT EEE −= …(27)

SNTNTS EEE −= …(28)

RNSNSR EEE −= …(29)

SNE

TNERNE

R

S

T

N

N

S

T

RN

T

S

RNE

SNE

TNE

30º

30º

Fig. 23.- Tensiones de fase y de línea de un

generador trifásico tetrafilar en

secuencia inversa o negativa

SRE

RTE

TSE

120º

120º

Reemplazando las ecuaciones del (24) al (26) en las ecuaciones del (27) al (29), se tiene

las ecuaciones:

Vº30/E3º120/Eº0/EE fffRT =−−= …(30)

Vº90/E3º120/Eº120/EE fffTS −=−−= …(31)

Vº150/E3º0/Eº120/EE fffSR =−= …(32)

También se obtiene las tensiones de líneas RSE , STE y TRE , desfasando las

ecuaciones (32), (31) y (30) en 180 º eléctricos

Vº30/E3EE fSRRS −=−= …(33)

Vº90/E3EE fTSST =−= …(34)

Vº150/E3EE fRTTR −=−= …(35)

NOTA.- El desfase en 180º eléctricos de un fasor se obtiene permutando los subíndices

correspondientes del fasor en referencia.


RNE

SNE

TNE

SRERTE

TSE

TNE−

RNE−

SNE−

TRE

RSE

STE

Conexión del generador en Delta (∆∆∆∆).

Los tres arrollamientos del generador trifásico se conectan en configuración ∆, como

se muestra en la Fig. 25. para secuencia positiva

SsE

TtE

RrE

Rr

S

s

T

t

T

R

S

Fig. 25.- Generador en delta en

secuencia de fases directa

RSRr EE =

STSs EE =

TRTt EE =

Fig. 26.- Tensiones de fase y de línea de un generador

trifásico trifilar en , en secuencia directa o positiva

120º

120º120º


El borne “r” se conecta en cortocircuito con el borne “S”. De la misma forma el borne

“s” se conecta en cortocircuito con el borne “T”; y el borne “t” se conecta con el borne

“R” .

El la Fig. 26 se muestra las tensiones de fase en secuencia positiva, y que según en la

conexión ∆, las tensiones de fase son iguales a las tensiones de líneas.

lEE f = …(36)

En las Fig. 27 y Fig. 28 se muestra la conexión ∆, y las tensiones de fase iguales a las

tensiones de líneas de un generador con tensiones en secuencia inversa o negativa

SsE

TtE

RrE

Rr

S

s

T

t

T

R

S

Fig. 27.- Generador en delta en

secuencia de fases inversa

RTRr EE =

SRSs EE =

TSTt EE =

120º

120º

CARGAS TRIFÁSICAS

Las cargas trifásicas son conectadas en estrella (Y), o en delta o triángulo (∆), y pueden

ser balanceadas (equilibradas) o desbalanceadas (desequilibradas)

Cargas trifásicas balanceadas.- Son Aquellas cargas constituidas por las tres

impedancias de fases: Ωϕ= º/ZZf …(37) exactamente iguales, como se

muestran en las Fig. 29 y Fig. 30

fZ

fZ fZ

Fig. 29. Carga trifásica

balanceada en estrella

R

ST

fZfZ

fZ


balanceada en triángulo

R

ST


Cargas trifásicas desbalanceadas.- Son Aquellas cargas constituidas por las tres

impedancias de fase desiguales, según se muestran en la Fig.31 y Fig. 32

1Z

3Z 2Z

321 ZZZ ≠≠

2Z1Z

3Z


desbalanceada en triángulo

321 ZZZ ≠≠

R

ST

CIRCUITOS TRIFÁSICOS BALANCEADOS El sistema trifásico balanceado está conformado por un generador trifásico que

generalmente tiene las tensiones de fases balanceadas, el cual alimenta cargas trifásicas

balanceadas por medio de tres líneas (3 hilos) o cuatro líneas (4 hilos)

GENERADOR TRIFÁSICO EN Y, CON CARGA TRIFÁSICA BALANCEADA EN Y, EN SECUENCIA DIRECTA

fZ

fZ

fZ

SNE

TNE

RNE

Rr

S

s

T

t

N

N

S

T

TP

RP

TI

RI

SI TSR III ++

Tensiones de fase del generador. Para la Fig. 33 mostrada, sea:

)referencia(Vº0/EE fRN = secuencia (+) …(38)

Vº120/EE fSN −= …(39)

Vº120/EE fTN = …(40)


Los potenciales de los bornes “r”, “s” y “t” son los mismos, denotados por “N”

(neutro). Los potenciales de los bornes “R” , “S” y “T” de las líneas y el potencial del

neutro son los mismos tanto en el generador como en la carga. Por lo tanto las tensiones

de fase del generador son también tensiones de fase de la carga.

Corrientes de líneas Las corrientes de líneas RI , SI , TI , son denotadas con un subíndice, que corresponde al

borne o índice de la línea por donde circula. Estas corrientes de líneas, son también

corrientes de fase, tanto para el generador, como para la carga, debido a que circulan por

las línea, por las fases del generador en “Y” y las fases de la carga en “Y”.

fII =l …(41)

Aº/Z

E

º/Z

º0/E

Z

EI

f

ff

f

RNR ϕ−=

ϕ== …(42)

Aºº120/Z

E

º/Z

º120/E

Z

EI

f

ff

f

SNS ϕ−−=

ϕ

−== …(43)

Aºº120/Z

E

º/Z

º120/E

Z

EI

f

ff

f

TNT ϕ−=

ϕ== …(44)

De las ecuaciones (42), (43) y (44), se observa que para el sistema trifásico

balanceado, los valores eficaces de las corrientes de líneas son de igual magnitud, es

decir: f

fTSR

Z

EIIII ====l …(45)

También se observa que el desfase entre estas corrientes de líneas es de 120º eléctricos

Al sumar las tres corrientes de líneas, para determinar la corriente en el neutro se tiene

que 0III TSR =++ …(46) es decir que por conductor neutro no circula

corriente (circuito abierto), por lo tanto se puede prescindir del conductor neutro.

Pero el conductor neutro, une el neutro del generador con el neutro de la carga, lo que

constituye un corto circuito.

De lo estudiado se concluye:

En el sistema trifásico balanceado, con generador en “Y” y carga en “Y”, las tres

corrientes de líneas son corrientes de fases, con igual magnitud eficaz es decir

f

ffTSR

Z

EIIIII =====

l …(47), y se encuentran desfasadas entre ellas en 120º

eléctricos; y cuya suma fasorial es cero


En la Fig. 34 se observa el diagrama fasorial de tensiones de fases, tensiones de líneas y

de corrientes de líneas del sistema trifásico tetrafilar balanceado en estudio, cuando la

carga tiene factor de potencia en atraso

RNE

SNE

TNE

30º

30º

Fig. 34.- Diagrama fasorial de tensiones de fase, tensiones de línea y de

corrientes de línea, de un sistema trifásico tetrafilar balanceado en

secuencia (+), con factor de potencia en atraso

TRE

RSE

STE

30º

SNE−

RNE−

TNE−

30º

30º

30º

RI

ºϕ

ºϕ

ºϕ

SI

TI

30º

TSE

90º

0º >ϕ

Potencias aparentes de fases De la Fig. 33 se determina las potencias aparentes absorbidas por cada impedancia de

fase:

Fase R-N VAº/Z

Eº/

Z

Eº0/EIES

f

2f

f

ff

*RRNRN ϕ=ϕ== …(48)

Fase S-N VAº/Z

Eºº120/

Z

Eº120/EIES

f

2f

f

ff

*SSNSN ϕ=ϕ+−== …(49)

Fase T-N VAº/Z

Eºº120/

Z

Eº120/EIES

f

2f

f

ff

*TTNTN ϕ=ϕ+−== …(50)


De las ecuaciones (48), (49) y (50), se observa que las potencias absorbidas por cada

impedancia de fase, son exactamente iguales: VAº/Z

ESSS

f

2f

TNSNRN ϕ=== …(50)

Potencia aparente total trifásica

La potencia aparente total entregada por la fuente es la suma de las tres potencias

aparentes absorbidas por cada impedancia de fase. Luego:

VAº/Z

Ex3SSSS

f

2f

TNSNRNtot ϕ=++= …(51)

La ecuación (50) puede escribirse: VAº/Z

EE3S

f

fftot ϕ= …(52)

De la ecuación (17), 3

EE f

l= …(53)

De la ecuación (45) lI

Z

E

f

f = …(54)

Reemplazando las ecuaciones (53) y (54) en la ecuación (52) se tiene:

VAº/Ix3

Ex3Stot ϕ=

l

l …(55)

Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (55) tenemos:

VAº/IE3Stot ϕ=ll

…(56)

El módulo de la potencia aparente total es: VAIE3Stot ll= …(57)

Pero VAQJPS tottottot += …(58)

Potencia activa total

De la ecuación (56) la potencia activa total trifásica es:

vatiosºcosIE3Ptot ϕ=ll …(59)

Potencia reactiva total

De la ecuación (56) la potencia reactiva total trifásica es:

esvarºsenIE3Q tot ϕ=ll …(60)


La potencia aparente total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son

funciones de los valores eficaces de la tensión y corriente de línea, como se analiza de la

ecuación (57)

La potencia activa total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son

funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del factor de potencia

total (el factor de potencia total es igual al factor de potencia de cada impedancia de

fase) como indica la ecuación (59) La potencia reactiva total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son

funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del seno del ángulo de

la impedancia de fase, como indica la ecuación (60)

Los valores eficaces de tensión de línea y corriente de línea no determinan como está

conectado el generador ni la carga trifásica balanceada

RNE

SNE

TNE

30º

30º



secuencia (+), con factor de potencia igual a uno

TRE

RSE

STE

30º

SNE−

RNE−

TNE−

30º

30º

30º

RI

SI

TI

30º

TSE

0º =ϕ


RNE

SNE

TNE

30º

30º



secuencia (+), con factor de potencia en adelanto

TRE

RSE

STE

30º

SNE−

RNE−

TNE−

30º

30º

30º

RI

SI

TI 30º

TSE

0º <ϕ

ºϕ

ºϕ

ºϕ

GENERADOR TRIFÁSICO EN ∆∆∆∆, CON CARGA TRIFÁSICA BALANCEADA EN ∆∆∆∆, , , , EN SECUENCIA DIRECTA

TP

RP

TI

RI

SI

fZ

fZfZ

RSI

STI

TRI

SsE

TtE

RrERr

S

s

T

t

T

R

S


Tensiones de fase del generador.

)referencia(Vº0/EE fRS = secuencia (+) …(61)

Vº120/EE fST −= …(62)

Vº120/EE fTR = …(63)

El potencial de borne “r” es mismo que del borne “S”; el potencial del borne “s” es el

mismo que del borne “T”; y el potencial del borne “t” es el mismo que el potencial del

borne “R”, tal como se observa en la Fig.37, quedando el generador conectado en ∆,

Los potenciales “R”, “S” y “T” son los mismos que de la carga en conexión ∆, luego a

cada fase de la carga se a aplicado la tensión de línea, es decir que en conexión del

generador en ∆, las tensiones de fase son también tensiones de líneas

lEE f = , como indica la ecuación (36)

Corrientes de fases Son aquellas corrientes que circulan por las fases del generador o fases de la carga. Las

corrientes de fases se especifican con doble subíndice como por ejemplo de la Fig. 38 se

dice:

RSI : que circula por la fase de la carga, del borne “R” al borne “S”

STI : que circula por la fase de la carga, del borne “S” al borne “T”

TRI : que circula por la fase de la carga, del borne “T” al borne “R”

Así también se puede determinar la corriente SRI que circula por la fase de la carga, del

borne “S” al borne “R”. Es decir SRRS II −= …(64)

Cuando se evalúa las corrientes de fase del generador, generalmente es para determinar

las corrientes permisibles que circulan por las bobinas de fuerza del generador, con el

propósito de no deteriorar dichas fases generadoras de energía eléctrica.

Aº/Z

E

º/Z

º0/E

Z

EI

f

f

f

f

f

RSRS ϕ−=

ϕ== …(65)

Aºº120/Z

E

º/Z

º120/E

Z

EI

f

f

f

f

f

STST ϕ−−=

ϕ

−== …(66)

Aºº120/Z

E

º/Z

º120/E

Z

EI

f

f

f

f

f

TRTR ϕ−=

ϕ== …(67)

0III TRSTRS =++ …(68)


Se observa que en el sistema balanceado en ∆ en secuencia positiva, las tres corrientes

de fases tienen el mismo valor eficaz, es decir: AZ

EIIII

f

ffTRSTRS ==== …(69),

y se encuentran desfasadas entre ellas en 120’ eléctricos, cuya suma fasorial es cero.

Corrientes de líneas Son las corrientes que circulan por las líneas que unen el generador con la carga. Estas

corrientes circulan del generador hacia la carga, y se denotan con un solo subíndice

correspondiente al borne de la línea en referencia.

Así el circuito de la Fig. 37, las corrientes de líneas son: TSR IeI,I

Aplicando 1ra Ley de Kirchhoff a los bornes “R”, “S” y “T” de la carga en ∆, se tiene:

En el borne “R” TRRSR III −= …(70)

En el borne “S” RSSTS III −= …(71)

En el borne “T” STTRT III −= …(72)

Reemplazando las corrientes de fases, en los segundos miembros en las ecuaciones (70),

(71) y (72) se tiene:

Aºº30/Z

E3ºº120/

Z

Eº/

Z

EI

f

f

f

f

f

fR ϕ−−=ϕ−−ϕ−= …(73)

Aºº150/Z

E3º/

Z

Eºº120/

Z

EI

f

f

f

f

f

fS ϕ−−=ϕ−−ϕ−−= …(74)

Aºº90/Z

E3ºº120/

Z

Eºº120/

Z

EI

f

f

f

f

f

fT ϕ−=ϕ−−−ϕ−= …(75)

Sumando los primeros y segundos miembros de las ecuaciones (70), (71) y (72) se

tiene: A0III TSR =++

Según la expresión (69) y las magnitudes eficaces de las corrientes de líneas

determinadas por los segundos miembros de las ecuaciones del (73) al (75), se

concluye: AI3IIII fTSR ====l …(76), y se encuentran desfasadas entre

ellas en 120° eléctricos, siendo la suma fasorial igual a cero


Para este circuito el diagrama fasorial de tensiones y corrientes, con factor de potencia

en atraso se muestra en la Fig. 38.

RSE

STE

TRE

30º

Fig. 38.- Diagrama fasorial de tensiones y corrientes de

un sistema trifásico trifilar en , balanceado en


ºϕ

ºϕ

TRI

STI

RSI−

SI

STI−TI

TSE

º30

º60

)ºº30( ϕ−

RSIºϕ

TRI−

RI

º30

ºº90 ϕ−

0º >ϕ

Potencias aparentes de fases Determinando las potencias aparentes absorbidas por cada fase de la carga, se tiene:

En la fase R-S VAº/Z

Eº/

Z

Eº0/EIES

f

2f

f

ff

*RSRSRS ϕ=ϕ== …(77)

En la fase S-T VAº/Z

Eºº120/

Z

Eº120/EIES

f

2f

f

ff

*STSTST ϕ=ϕ+−== …(78)

En la fase T-R VAº/Z

Eºº120/

Z

Eº120/EIES

f

2f

f

ff

*TRTRTR ϕ=ϕ+−== …(79)

Se observa que en el sistema balanceado en ∆, las potencias aparentes por fase son

iguales, es decir VAº/Z

ESSSS

f

2f

fTRSTRS ϕ==== …(80)

Potencia aparente total La potencia aparente total absorbida por la carga es igual a la suma fasorial de las tres

potencias aparentes de cada fase


VAº/Z

E3SSSS

f

2f

TRSTRStot ϕ=++= …(81)


EE3S

f

fftot ϕ= …(82)

De la ecuación (36), lEE f = …(83)

De la ecuación (69) ff

f IZ

E= …(84)


VAº/IxEx3S ftot ϕ=l

…(85)

Según la ecuación (76) se deduce: A3

IIf

l= …(86)

Reemplazando (86) en (85) y efectuando operaciones en el segundo miembro de la

ecuación (85) tenemos:

VAº/IE3Stot ϕ=ll

…(87)





vatiosºcosIE3Ptot ϕ=ll …(90)





A continuación se muestran en la Fig. 39 y Fig. 40, los diagramas fasoriales de

tensiones y corrientes de un sistema trifásico trifilar en ∆, con factor de potencia

unitario y factor de potencia en adelanto respectivamente

RSE

STE

TRE



secuencia (+), con factor de potencia unitario

TSE

º60

0º =ϕ

30º

TRI

STI

RSI−

SI

STI− TI

º30

RSI

TRI−

RI

º30

RSE

STE

TRE TSEº60

0º <ϕ

TRI

STI

RSI−

SI

STI−TI

RSI

TRI−

RI

º30ºϕ

º30

ºϕ

ºϕ

ºº30 ϕ−


La potencia aparente total depende únicamente de los valores de tensión y corriente

de línea, según se observa de la ecuación (88)

La potencia activa total absorbida por una carga trifásica balanceada en “∆” en

secuencia directa, son funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y

del factor de potencia total (el factor de potencia total es igual al factor de potencia de

cada impedancia de fase), como se observa de la ecuación (90) La potencia reactiva total absorbida por una carga trifásica balanceada en “∆” en

secuencia directa, son funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y

del seno del ángulo de la impedancia de fase, deducido de la ecuación (91)



MEDIDA DE LA POTENCIA ACTIVA TOTAL ABSORBIDA POR UNA CARGA TRIFÁSICA BALANCEADA, O DESBALANCEADA

La medición de la potencia activa total trifásica en un sistema polifásico es posible,

instalando tantos vatímetros monofásicos como fases tiene el sistema

Para en sistema trifásico se utilizarían tres vatímetros monofásicos conectados en cada

fase; de manera tal que cada vatímetro monofásico mida la potencia activa de fase, esto

es que por cada bobina amperimétrica ingrese la corriente de fase y a la bobina

voltimétrica de cada vatímetro monofásico aplicar la tensión de fase (es decir entre línea

y neutro para la carga en estrella; o entre línea y línea para la carga en delta), tal como

se muestra en la Fig. 41 y Fig. 42, para una carga en Y o en ∆ respectivamente

321 ZZZ ≠≠

1Z

3Z

2Z

TI

SI

RI

TP

SP

RP

Fig. 42. Medida de la potencia trifásica

de una carga trifásica en triángulo,

mediante tres vatímetros monofásicos

R

S

T

1Z

2Z 1ZP2Z

P

3Z

3ZP

321 ZZZ ≠≠


El método de los tres vatímetros es adecuado para la medición de la potencia activa de

un sistema trifásico desbalanceado, generalmente si las tensiones entregadas por el

generador y el factor de potencia de la carga, varían constantemente, y la potencia total

es la suma algebraica de las tres lecturas indicadas de cada vatímetro

Así para la Fig. 41 la potencia total es: TSRtot PPPP ++= …(92)

Y para la Fig. 42 la potencia total es: 321 ZZZtot PPPP ++= …(93)

Método de los dos vatímetros Para la medición de la potencia trifásica, el método de los dos vatímetros es el que

comúnmente se utiliza. Para medir la potencia trifásica total por este método, la carga

puede estar conectado en estrella ( Y ) o delta ( ∆ ), y puede ser balanceada o

desbalanceada

Los dos vatímetros se deben conectar adecuadamente dos líneas, tal como se muestra en

la Fig. 43.

Cada vatímetro se conecta en dos líneas cualesquiera, de manera tal que en cada bobina

amperimétrica ingrese la corriente de línea; y a cada bobina voltimétrica se conecte la

tensión de línea determinada por la línea donde se ha conectado el vatímetro y la otra

línea donde no se ha conectado un vatímetro.

Si bien los vatímetros individuales ya no registran la potencia absorbida por cualquier

fase particular de la carga, la suma algebraica de las lecturas de los dos vatímetros es

igual a la potencia activa total tomada por las carga trifásica, sin que importe las

conexiones, tanto de generador como de la carga (estrella o delta).

R

S

TTP

RP

TI

RI

SI

adadesbalance

o

balanceada

oYen

trifásica

aargC

∆


Medida de potencia trifásica total por medio del método de los dos vatímetros monofásicos para el sistema Y balanceado en secuencia directa Analizaremos el circuito eléctrico ya estudiado de la Fig. 33, con Generador en “Y” y

carga en “Y”con su diagrama fasorial de tensiones y corrientes es el mostrado en la

Fig. 34

fZ

fZ

fZ

SNE

TNE

RNE

Rr

S

s

T

t

N

N

S

T

TP

RP

TI

RI

SI TSR III ++

S

RNE

SNE

TNE

30º

30º




TRE

RSE

STE

30º

SNE−

RNE−

TNE−

30º

30º

30º

RI

ºϕ

ºϕ

ºϕ

SI

TI

30º

TSE

90º


Si : º90ºº0 <ϕ< , el factor de potencia es en atraso

Si : ºº0 ϕ= , el factor de potencia es unitario (máximo)

Si : º0ºº90 <ϕ<− , el factor de potencia es en adelanto

Para el circuito de la Fig. 33, las lecturas son:

RS

R

E

IRRSR cosIEP ⟨= …(94)

TS

T

E

ITTST cosIEP ⟨= …(95)

Siendo l

EEE TSRS == …(96)

lIII TR == …(97)

De la Fig. 34 el ángulo formado entre RRS IeE es: ºº30RS

R

E

Iϕ+=⟨ …(98)

y el ángulo formado entre TTS IeE es: ºº30TS

T

E

Iϕ−=⟨ …(99)

Reemplazando las ecuaciones (96), (97) y (98) en la ecuación (94) se obtiene en

valores de líneas vatios)ºº30(cosIEPR ϕ+=ll …(100)

Reemplazando las ecuaciones (96), (97) y (99) en la ecuación (95) se obtiene en

valores de líneas vatios)ºº30(cosIEPT ϕ−=ll …(101)

Sumando los primeros miembros de las ecuaciones (100) y (101) se tiene:

( ) vatios)ºº30cos()ºº30(cosIEPP TR ϕ−+ϕ+=+ll …(102)

Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (102) se tiene:

vatiosºcosº30cos2IEPP TR ϕ=+ll

…(103)

siendo 2

3º30cos = …(104), que reemplazado en (103) se tiene:

vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll …(104)


El segundo miembro de la expresión de la ecuación (104), es idéntica a la expresión del

segundo miembro de la ecuación (59), e indica que los dos vatímetros monofásicos dan

valores de lecturas, cuya suma es igual a la potencia activa total absorbida por la carga

trifásica balanceada en Y

La potencia total activa es función de los valores eficaces de tensión de línea, corriente

de línea y del factor de potencia total (igual al factor de potencia de cada impedancia de

fase)

En secuencia (+), los vatímetros se han colocado en las líneas “R” y “T” obteniendo

las lecturas:

vatios)ºº30(cosIEPR ϕ+=ll …(100)

vatios)ºº30(cosIEPT ϕ−=ll

…(101)


Graficando las ecuaciones (100) y (101) y (104) se obtiene la Fig. 44, de la que se

deduce:

º30 º60 º90º30−º60−º90− º15 º45

º75

º15−º45−

º75−

llIE

PR

llIE

PT

llIE

Ptot

ºϕºϕ−

llIE

P

Fig. 44.- Gráfica de PR , P

T , P

tot en secuencia directa, de un sistema trifásico balanceado en Y

2/3

3

1º. Para factor de potencia total en atraso, en secuencia directa R S T R S T, se ha

conectado dos vatímetros:

a. Un vatímetro conectado en la línea R y el otro en la línea T TSRTSR**

,

quedando la línea “S” centrada entre las dos líneas donde se han conectado los

vatímetros

Así: PT ( vatímetro que se encuentra a la derecha ) tiene mayor lectura que PR

(vatímetro que se encuentra a la izquierda) es decir PT > PR


b. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “S” y “T”, para factor de

potencia en atraso y en secuencia directa TSRTSR**

, la lectura PS > PT

c. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “R” y “S”, para factor de

potencia en atraso y en secuencia directa TSRTSR**

, la lectura PR > PS

2º. Si el factor de potencia total es unitario, las lecturas son iguales. PR = PT

3º. Para factor de potencia total en adelanto, en secuencia (+), se conecta dos

vatímetros:

a. Con los vatímetros en las líneas “R” y “T” TSRTSR**

, vatímetro conectado

en la línea “R” ( vatímetro que se encuentra a la izquierda) tiene mayor lectura

que PT (vatímetro que se encuentra a la derecha) es decir PR > PT


potencia en adelanto y en secuencia directa TSRTSR**

, la lectura PT > PS


potencia en adelanto y en secuencia directa TSRTSR**

, la lectura PS > PR

4º. En las ecuaciones (100) y (101), al cambiar ºϕ por ºϕ− , se permutan las lecturas

Medida de potencia trifásica total por medio del método de los dos vatímetros monofásicos para el sistema ∆∆∆∆ balanceado en secuencia directa Analizaremos el circuito eléctrico ya estudiado de la Fig. 37, con Generador en “∆” y

carga en “∆”cuyo diagrama fasorial de tensiones y corrientes es el mostrado en la Fig.

38

TP

RP

TI

RI

SI

fZ

fZfZ

RSI

STI

TRI

SsE

TtE

RrERr

S

s

T

t

T

R

S


RSE

STE

TRE

30º




ºϕ

ºϕ

TRI

STI

RSI−

SI

STI−TI

TSE

º30

º60

)ºº30( ϕ−

RSIºϕ

TRI−

RI

º30

ºº90 ϕ−

0º >ϕ

Si : º90ºº0 <ϕ< , el factor de potencia es en atraso

Si : ºº0 ϕ= , el factor de potencia es unitario (máximo)

Si : º0ºº90 <ϕ<− , el factor de potencia es en adelanto

Para el circuito eléctrico de la Fig. 33, las lecturas son:

RS

R

E


TS

T

E


Siendo lEEE TSRS == …(107)

lIII TR == …(108)

De la Fig. 38 el ángulo formado entre RRS IeE es: ºº30RS

R

E

Iϕ+=⟨ …(109)

y el ángulo formado entre TTS IeE es: ºº30TS

T

E

Iϕ−=⟨ …(110)

Reemplazando las ecuaciones (107), (108) y (109) en la ecuación (105) se obtiene

en valores de líneas vatios)ºº30(cosIEPR ϕ+=ll …(111)


Reemplazando las ecuaciones (107), (108) y (110) en la ecuación (106) se obtiene

en

valores de líneas vatios)ºº30(cosIEPT ϕ−=ll

…(112)

Sumando los primeros miembros de las ecuaciones (111) y (112) se tiene:

( ) vatios)ºº30cos()ºº30(cosIEPP TR ϕ−+ϕ+=+ll

…(113)


vatiosºcosº30cos2IEPP TR ϕ=+ll

…(114)

siendo 2

3º30cos = …(115), que reemplazado en (114) se tiene:


El segundo miembro de la ecuación (116), es idéntica al segundo miembro de la

ecuación (90), e indica que los dos vatímetros monofásicos dan valores de lecturas,

cuya suma es igual a la potencia activa total absorbida por la carga trifásica balanceada

en ∆.



fase)

En secuencia (+), los vatímetros se han colocado en las líneas “R” y “T” obteniendo

las lecturas:

vatios)ºº30(cosIEPR ϕ+=ll …(111)

vatios)ºº30(cosIEPT ϕ−=ll …(112)


Los valores de potencia indicados por las ecuaciones (111) , (112) , y (116), son

observados en la Fig. 45 (Exactamente igual a la Fig. 44)


º30 º60 º90º30−º60−º90− º15 º45

º75

º15−º45−

º75−

llIE

PR

llIE

PT

llIE

Ptot

ºϕºϕ−

llIE

P

2/3

3

Para el sistema Y o ∆∆∆∆ trifásico balanceado en secuencia directa:

La ecuación (100) es idéntica a la ecuación (111)



De lo que se concluye que la potencia indicada por cada vatímetro monofásico es

independiente de la conexión del generador y de la conexión de la carga, y que la suma

algebraica de las lecturas de cada vatímetro monofásico es la potencia activa total

absorbida por la carga trifásica.

La potencia activa total siempre positivo, sin embargo las lecturas de los vatímetros

peden tomar valores positivos y negativos, dependiendo de la secuencia de fases y del

factor de potencia de la carga trifásica balanceada.

Determinación del ángulo de impedancia de la carga trifásica balanceada en Y o ∆∆∆∆

Las lecturas de cada vatímetro monofásico de un circuito trifásico balanceado dependen

del factor de potencia, tal como las ecuaciones:

vatios)ºº30(cosIEPR ϕ+=ll

…(100) ó …(111)

vatios)ºº30(cosIEPT ϕ−=ll …(101) ó …(112)

es lógico que estas ecuaciones nos permitan determinar una fórmula que determine el

ángulo de la impedancia de la carga trifásica balanceada.

Obteniendo la diferencia de lecturas de los vatímetros monofásicos

ϕ+−ϕ−=− )ºº30cos()ºº30cos(IEPP RT ll

…(117)



ϕ=− ºsenº30sen2IEPP RT ll

siendo sen 30º = 2/1

ºsenIEPP RT ϕ=−ll

…(118)

Pero vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll

…(104) ó …(116)

Dividiendo miembro a miembro las ecuaciones (118) y (104) se tiene:

ºcosIE3

ºsenIE3

PP

PP

TR

RT

ϕ

ϕ=

+

−

ll

ll

…(119)

de donde

+

−=ϕ

RT

RT

PP

PP3ºtg …(120)

En la aplicación de la ecuación (120) para evaluar tg ϕº es necesario aplicar los signos

correctos a los valores de PT y PR

SISTEMA TRIFASICO TETRAFILAR BALANCEADO EN Y, EN SECUENCIA INVERSA O NEGATIVA

fZ

fZ

fZSNE

TNERNE

Rr

S

s

T

tN

N

S

T

RP

TI

RI

SI

TSR III ++

TP

En la Fig. 46 se muestra el circuito eléctrico a estudiar, con los dos vatímetros

monofásicos conectados en las líneas “R” y “T”

Las tensiones de fase del generador en secuencia inversa son:


Vº0/EE fRN = …( 121 ) ( referencia a 0º ) secuencia (-)

Vº120/EE fSN = …(122)

Vº120/EE fTN −= …(123)

Corrientes de líneas Las corrientes de líneas RI , SI , TI e son denotadas con un subíndice, que corresponde

al borne o índice de la línea por donde circula. Estas corrientes de líneas, son también

corrientes de fase, tanto para el generador, como para la carga, debido a que circulan por

las línea, por las fases del generador en “Y” y las fases de la carga en “Y”.

fII =l …(41)

Aº/Z

E

º/Z

º0/E

Z

EI

f

ff

f

RNR ϕ−=

ϕ== …(124)

Aºº120/Z

E

º/Z

º120/E

Z

EI

f

ff

f

SNS ϕ−=

ϕ== …(125)

Aºº120/Z

E

º/Z

º120/E

Z

EI

f

ff

f

TNT ϕ−−=

ϕ

−== …(126)

De las ecuaciones (124), (125) y (126), se observa que para el sistema trifásico

balanceado, los valores eficaces de las corrientes de líneas son de igual magnitud, es

decir: f

ffTSR

Z

EIIIII =====

l …(127)

También se observa que el desfase entre las corrientes de líneas es de 120º eléctricos

Al sumar las tres corrientes de líneas, para determinar la corriente en el neutro se tiene

que 0III TSR =++ …(128) es decir que por conductor neutro no circula

corriente ( característica de un circuito abierto), por lo tanto se puede prescindir del

conductor neutro.

El conductor neutro, une el neutro del generador con el neutro de la carga, lo que

constituye un corto circuito.

De lo estudiado se concluye:

En el sistema trifásico balanceado, con generador en “Y” y carga en “Y”, las tres

corrientes de líneas son corrientes de fases, con igual magnitud eficaz es decir

f

ffTSR

Z

EIIIII =====

l …(127), y se encuentran desfasadas entre ellas en

120º eléctricos; y cuya suma fasorial es cero


En la Fig. 47 se observa el diagrama fasorial de tensiones de fases, tensiones de líneas y

de corrientes de líneas del sistema trifásico tetrafilar balanceado en secuencia negativa o

inversa, cuando la carga tiene factor de potencia en atraso

RNE

SNE

TNE

30º

30º

TRE

RSE

STE

30º SNE−

RNE−

TNE−

30º

30º

30º

30º

TSE

0º >ϕ

ºϕ

ºϕ

ºϕ

RI

SI

TI


corrientes de línea de un sistema trifásico tetrafilar en secuencia (-),

con factor de potencia en atraso

RTE

30º

SRE

ºº

90ϕ−

Potencias aparentes de fases De la Fig. 47 se determina las potencias aparentes absorbidas por cada impedancia de

fase:

Fase R-N VAº/Z

Eº/

Z

Eº0/EIES

f

2f

f

ff

*RRNRN ϕ=ϕ== …(129)

Fase S-N VAº/Z

Eºº120/

Z

Eº120/EIES

f

2f

f

ff

*SSNSN ϕ=ϕ+−== …(130)

Fase T-N VAº/Z

Eºº120/

Z

Eº120/EIES

f

2f

f

ff

*TTNTN ϕ=ϕ+−== …(131)


De las ecuaciones (129), (130) y (131), se observa que las potencias absorbidas por

cada impedancia de fase, son exactamente iguales:

VAº/Z

ESSS

f

2f

TNSNRN ϕ=== …(132)

Potencia aparente total trifásica

La potencia aparente total entregada por la fuente es la suma de las tres potencias

aparentes absorbidas por cada impedancia de fase. Luego:

VAº/Z

Ex3SSSS

f

2f

TNSNRNtot ϕ=++= …(133)


EE3S

f

fftot ϕ= …(134)

Para el sistema estrella, 3

EE f

l= …(135)

De la ecuación (127) l

IZ

E

f

f = …(136)


VAº/Ix3

Ex3Stot ϕ=

l

l …(137)

Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (137) tenemos:

VAº/IE3Stot ϕ=ll

…(138)





vatiosºcosIE3Ptot ϕ=ll

…(141)




esvarºsenIE3Q tot ϕ=ll

…(142)

º0º =ϕ

RNE

SNE

TNETRE

RSE

STE

30º SNE−

RNE−

TNE−

TSE

RTESRE

La potencia aparente total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son

funciones de los valores eficaces de la tensión y corriente de línea, como se analiza de la

ecuación (139)

La potencia activa total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son

funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del factor de potencia

total (el factor de potencia total es igual al factor de potencia de cada impedancia de

fase) como indica la ecuación (141)


La potencia reactiva total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son

funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del seno del ángulo de

la impedancia de fase, como indica la ecuación (142)



En las Fig. 48 y Fig. 49 se muestran los diagramas fasoriales de tensiones y

corrientes en secuencia inversa, de los sistemas trifásicos tetrafilares en Y, con factor de

potencia unitario y factor de potencia en adelanto respectivamente

º0º <ϕ

RNE

SNE

TNETRE

RSE

STE

30º SNE−

RNE−

TNE−

TSE

RTESRE

ºϕ

ºϕ

ºϕ


Medida de potencia trifásica total por medio del método de los dos vatímetros monofásicos para el sistema Y balanceado en secuencia inversa o negativa

Según el circuito eléctrico de la Fig. 46, los vatímetros están conectados en las líneas R

y T, luego las lecturas de los vatímetros serán:

RS

R

E


TS

T

E


La tensiones l

EEE TSRS == …(145)

Las corrientes l

III TR == …(146)

RNE

SNE

TNE

30º

30º

TRE

RSE

STE

30º SNE−

RNE−

TNE−

30º

30º

30º

30º

TSE

0º >ϕ

ºϕ

ºϕ

ºϕ

RI

SI

TI


corrientes de línea de un sistema trifásico tetrafilar en secuencia (-),

con factor de potencia en atraso

RTE

30º

SRE

ºº

90ϕ−

Del diagrama de la Fig. 47 se obtienen los ángulos entre tensiones y corrientes, así


ºº30RS

R

E

Iϕ−=⟨ …(147) ºº30TS

T

E

Iϕ+=⟨ …(148)

Reemplazando las ecuaciones (145), (146) y (147) en la ecuación (143) se tiene:

vatios)ºº30cos(IEPR ϕ−=ll

…(149)

Reemplazando las ecuaciones (145), (146) y (148) en la ecuación (144) se tiene

vatios)ºº30cos(IEPT ϕ+=ll

…(150)

Sumando miembro a miembro las ecuaciones (149) y (150) se tiene:

vatios)ºº30cos()ºº30cos(IEPP TR

ϕ++ϕ−=+

ll …(151)


vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll

…(152)




trifásica balanceada en Y



fase)

Graficando las potencias de las ecuaciones (149), (150) y (152) se obtiene la Fig. 50, de

la que se deduce:

º30 º60 º90º30−º60−º90− º15 º45

º75

º15−º45−

º75−

llIE

PT

llIE

PR

llIE

Ptot

ºϕºϕ−

llIE

Ptot

2/3

3


1º. Para factor de potencia total en atraso, en secuencia inversa R T S R T S, se han


a. Un vatímetro conectado en la línea R y el otro en la línea T STRSTR**

,


vatímetros

Así: para factor de potencia en atraso y en secuencia inversa, PR ( vatímetro

que se encuentra a la derecha ) tiene mayor lectura que PT (vatímetro que se

encuentra a la izquierda) es decir PR > PT


potencia en atraso y en secuencia inversa STRSTR**






3º. Para factor de potencia total en adelanto, en secuencia (-), se conecta dos

vatímetros:

a. Con los vatímetros en las líneas “R” y “T” STRSTR**

, vatímetro

conectado en la línea “T” ( vatímetro que se encuentra a la izquierda) tiene

mayor lectura que el vatímetro conectado en la línea R (vatímetro que se

encuentra a la derecha) es decir PT > PR


potencia en adelanto y en secuencia inversa STRSTR**





4º. En las ecuaciones (149) y (150), al cambiar ºϕ por ºϕ− , se permutan las

lecturas

SISTEMA TRIFÁSICO EN ∆∆∆∆ EN SECUENCIA INVERSA O NEGATIVA Tensiones de fase del generador.

)referencia(Vº0/EE fRT = secuencia (-) …(153)

Vº120/EE fTS −= …(154)

Vº120/EE fSR = …(155)


TPTI

RI

SI

fZ

fZfZ

SRI

TSI

RTI

SRSs EE =

TSTt EE =RTRr EE =

Rr

S

s

T

t

T

R

S

RP

El potencial de borne “r” es mismo que del borne “T”; el potencial del borne “s” es el

mismo que del borne “R”; y el potencial del borne “t” es el mismo que el potencial del

borne “S”, tal como se observa en la Fig.51, quedando el generador conectado en ∆, en

secuencia inversa

Los potenciales “R”, “S” y “T” son los mismos que de la carga en conexión ∆, luego a

cada fase de la carga se a aplicado la tensión de línea, es decir que en conexión del

generador en ∆, las tensiones de fase son también tensiones de líneas

lEEEEE fTRSTRS ==== …(156)

Vº60/EE fRS −= …(157)

Vº60/EE fST = …(158)

Vº180/EE fTR = …(159)

Corrientes de fase Son aquellas corrientes que circulan por las fases del generador o fases de la carga. Las

corrientes de fases se especifican con doble subíndice como por ejemplo de la Fig. 51 se

dice:

SRI : Corriente que circula por la fase de la carga, del borne “S” al borne “R”

TSI : Corriente que circula por la fase de la carga, del borne “T” al borne “S”

RTI : Corriente que circula por la fase de la carga, del borne “R” al borne “T”

Así también se puede determinar la corriente RSI que circula por la fase de la carga, del

borne “R” al borne “S”. Es decir SRRS II −= …(160)

Cuando se evalúa las corrientes de fase del generador, es generalmente para determinar

las corrientes permisibles que circulan por las bobinas de fuerza del generador, con el

propósito de no deteriorar dichas fases generadoras de energía eléctrica.


Aº120/Z

E

º/Z

º120/E

Z

EI

f

f

f

f

f

SRSR ϕ−=

ϕ== …(161)

Aºº120/Z

E

º/Z

º120/E

Z

EI

f

f

f

f

f

TSTS ϕ−−=

ϕ

−== …(162)

Aº/Z

E

º/Z

º0/E

Z

EI

f

f

f

f

f

RTRT ϕ−=

ϕ== …(163)

0III TRSTRS =++ …(164)

Se observa que en el sistema balanceado en ∆ en secuencia inversa, las tres corrientes de

fases tienen el mismo valor eficaz, es decir: AZ

EIIII

f

ffRTTSSR ==== …(165),

y se encuentran desfasadas entre ellas en 120º eléctricos, cuya suma fasorial es cero.

Corrientes de líneas Son las corrientes que circulan por las líneas que unen el generador con la carga. Estas

corrientes circulan del generador hacia la carga, y se denotan con un solo subíndice

correspondiente al borne de la línea en referencia.

Así el circuito de la Fig. 51, las corrientes de líneas son: TSR IeI,I

Aplicando 1ra Ley de Kirchhoff a los bornes “R”, “S” y “T” de la carga en ∆, se tiene:

En el borne “R” SRRTR III −= …(166)

En el borne “S” TSSRS III −= …(167)

En el borne “T” RTTST III −= …(168)

Reemplazando las corrientes de fases, en los segundos miembros en las ecuaciones

(166), (167) y (168) se tiene:

Aºº30/Z

E3ºº120/

Z

Eº/

Z

EI

f

f

f

f

f

fR ϕ−−=ϕ−−ϕ−= …(169)

Aºº90/Z

E3ºº120/

Z

Eºº120/

Z

EI

f

f

f

f

f

fS ϕ−=ϕ−−−ϕ−= …(170)


Aºº150/Z

E3º/

Z

Eºº120/

Z

EI

f

f

f

f

f

fT ϕ−−=ϕ−−ϕ−−= …(171)

Sumando miembro a miembro las ecuaciones (169), (170) y (171) se tiene:

A0III TSR =++ …(172)

Las magnitudes eficaces de las corrientes de líneas determinadas por los segundos

miembros de las ecuaciones (169). (170) y (171), se concluye:

AI3IIII fTSR ====l …(173), y se encuentran desfasadas entre ellas en 120°

eléctricos, siendo la suma fasorial igual a cero

El diagrama fasorial de tensiones y corrientes con factor de potencia en atraso en

secuencia inversa, se muestra en la Fig. 52.

RTE

RTE

TSE

SRE

ºϕ

ºϕ

SRI

TSIRTI−

TI

TSI− SI

STE

º30

º60

)ºº30( ϕ−

RTIºϕ

SRI−

RI

º30

ºº90 ϕ−

0º >ϕ

Potencias aparentes de fases Determinando las potencias aparentes absorbidas por cada fase de la carga, se tiene:

En la fase S-R VAº/Z

Eºº120/

Z

Eº120/EIES

f

2f

f

ff

*SRSRSR ϕ=ϕ+−== …(174)

En la fase T-S VAº/Z

Eºº120/

Z

Eº120/EIES

f

2f

f

ff

*TSTSTS ϕ=ϕ+−== …(175)


En la fase R-T VAº/Z

Eº/

Z

Eº0/EIES

f

2f

f

ff

*RTRTRT ϕ=ϕ== …(176)

Se observa que en el sistema balanceado en ∆ en secuencia inversa, las potencias

aparentes por fase son iguales, es decir:

VAº/Z

ESSSS

f

2f

fRTTSSR ϕ==== …(177)

Se deja como ejercicio al lector para que demuestre:

TRRTSTTSRSSR SSSSSS ===== …(178)

Potencia aparente total La potencia aparente total absorbida por la carga es igual a la suma fasorial de las tres

potencias aparentes de cada fase

VAº/Z

E3SSSS

f

2f

RTTSSRtot ϕ=++= …(179)


EE3S

f

fftot ϕ= …(180)

En delta la tensión de fase es tensión de línea lEE f = …(181)

En delta la corriente de fase es ff

f IZ

E= …(182)


VAº/IxEx3S ftot ϕ=l

…(183)

Por estar la carga en ∆ según la ecuación (173) se deduce: A3

IIf

l= …(184)

Reemplazando (184) en (183) y efectuando operaciones en el segundo miembro de la se

obtiene:

VAº/IE3Stot ϕ=ll

…(185)






vatiosºcosIE3Ptot ϕ=ll

…(188)




…(189)

RTE

TSE

SRESTE

º60

RI

º30

0º =ϕ

RTI

º30

SRI−

SRI

TSI−SI

º30

TSI

RTI−

TI

Ejercicio Dibujar el diagrama fasorial de tensiones y corrientes de un sistema trifásico trifilar en

∆, balanceado en secuencia inversa con factor de potencia en adelanto


Medida de la potencia activa mediante el método de dos vatímetros monofásicos

TPTI

RI

SI

fZ

fZfZ

SRI

TSI

RTI

SRSs EE =

TSTt EE =RTRr EE =

Rr

S

s

T

t

T

R

S

RP

Los vatímetros se han instalado en las líneas “R” y “T” según la Fig. 51 para la carga

trifásica balanceada en delta, en secuencia inversa, luego las lecturas de los vatímetros

serán:

RS

R

E


TS

T

E


La tensiones de líneas: l

EEE TSRS == …(192)

Las corrientes de líneas: l

III TR == …(193)

Del diagrama de la Fig. 52 se obtienen los ángulos entre tensiones y corrientes, así

ºº30RS

R

E

Iϕ−=⟨ …(194)

ºº30TS

T

E

Iϕ+=⟨ …(195)

Reemplazando las ecuaciones (192), (193) y (194) en la ecuación (190) se tiene:

vatios)ºº30cos(IEPR ϕ−=ll

…(196)

Reemplazando las ecuaciones (192), (193) y (195) en la ecuación (191) se tiene

vatios)ºº30cos(IEPT ϕ+=ll …(197)


RTE

RTE

TSE

SRE

ºϕ

ºϕ

SRI

TSIRTI−

TI

TSI− SI

STE

º30

º60

)ºº30( ϕ−

RTIºϕ

SRI−

RI

º30

ºº90 ϕ−

0º >ϕ

RSE

ºº30 ϕ−

Sumando miembro a miembro las ecuaciones (196) y (197) se tiene:

vatios)ºº30cos()ºº30cos(IEPP TR

ϕ++ϕ−=+

ll …(198)


vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll

…(199)




trifásica balanceada en ∆



fase)

Graficando las potencias de las ecuaciones (196), (197) y (199) se obtiene la Fig. 54, de

la que se deduce:


º30 º60 º90º30−º60−º90− º15 º45

º75

º15−º45−

º75−

llIE

PT

llIE

PR

llIE

Ptot

ºϕºϕ−

llIE

Ptot

Fig. 54.- Gráfica de PR , P

T , P

tot en secuencia inversa de un sistema trifásico

balanceado en

2/3

3

1º. Para factor de potencia total en atraso, en secuencia inversa R T S R T S, se han


a. Un vatímetro conectado en la línea R y el otro en la línea T STRSTR**

,


vatímetros

Así: para factor de potencia en atraso y en secuencia inversa, PR ( vatímetro

que se encuentra a la derecha ) tiene mayor lectura que PT (vatímetro que se

encuentra a la izquierda) es decir PR > PT








3º. Para factor de potencia total en adelanto, en secuencia (-), se conecta dos vatímetros:

a. Con los vatímetros en las líneas “R” y “T” STRSTR**

, vatímetro

conectado en la línea “T” ( vatímetro que se encuentra a la izquierda) tiene

mayor lectura que el vatímetro conectado en la línea R (vatímetro que se

encuentra a la derecha) es decir PT > PR








4º. En las ecuaciones (196) y (197), al cambiar ºϕ por ºϕ− , se permutan las lecturas

NOTA.- La Fig. 50 que corresponde al circuito trifásico balanceado en Y en secuencia

negativa, y Fig. 53 que corresponde al circuito trifásico balanceado en ∆ en secuencia

negativa, ambas figuras son exactamente iguales.

Las ecuaciones de potencia indicada por cada vatímetro PR y PT y la potencia total Ptot

son las mismas; por lo que se deduce que el método de los dos vatímetros es válido para

cualquier circuito trifásico, balanceado y desbalanceado, y en cualquier secuencia;

debido que las lecturas de cada vatímetro dependen únicamente de los valores de líneas,

y del cos(30º ºϕ± ).

MEDIDA DE LA POTENCIA REACTIVA EN UN SISTEMA Y o ∆∆∆∆ BALANCEADO EN SECUENCIA DIRECTA

En todo sistema triásico balanceado en ∆ o Y, la potencia reactiva total es medida

mediante el método del vatímetro monofásico en cuadratura.

Vatímetro en cuadratura en el sistema Y o ∆∆∆∆ en secuencia directa Es la conexión de un vatímetro monofásico en una línea en un sistema trifásico

balanceado, mediante el cual se demostrará que su lectura es directamente proporcional

a la potencia reactiva total, absorbida por una carga trifásica balanceada.

Para la secuencia de fases (+)

Si el vatímetro monofásico se conectara en la línea R,

TSRTSR

EI

**−← , conectando el

vatímetro monofásico en la línea R, La corriente de línea RI ingresa por la marca

de polaridad de la bobina de corriente; y a la bobina de tensión se aplica el voltaje

STE

Si el vatímetro monofásico se conectara en la línea S, TSRTSR

EI

** −← la corriente de

línea SI ingresa por la marca de polaridad de la bobina de corriente; y a la bobina

de tensión se le aplica el voltaje TRE

Si el vatímetro monofásico se conectara en la línea T, TSRTSR

EI

** −← la corriente

de línea TI ingresa por la marca de polaridad de la bobina de corriente; y a la

bobina de tensión se le aplica el voltaje RSE


Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema trifásico en “Y” en secuencia directa Conectando el vatímetro monofásico en la línea “R” cuyo circuito se muestra en la

Fig. 55.

fZ

fZ

fZ

SNE

TNE

RNE

Rr

S

s

T

t

N

N

S

T

TI

RI

SI TSR III ++

´RP

la lectura del vatímetro monofásico es: ST

R

E

IRST´R cosIEP ⟨= …(200)

Del diagrama fasorial correspondiente (Fig. 34) mostrado en la siguiente página, se

tiene:

lEEST = …(201) (tensión de línea)

lIIR = …(202) (corriente de línea)

ºº90ST

R

E

Iϕ−=⟨ …(203) (ángulo entre RST IeE )

Reemplazando las ecuaciones (201), (202) y (203) en la ecuación (200) tenemos:

)ºº90cos(IEP´R ϕ−=

ll …(204)

siendo ºsen)ºº90cos( ϕ=ϕ− …(205)

Reemplazando la ecuación (205) en la (204) se tiene: ºsenIEP´R ϕ=

ll …(206)

Pero la potencia reactiva total es:


…(207)

Reemplazando la ecuación (206) en (207) se tiene:

esvarP3Q ´Rtot = …(208)


Luego 3

QP tot´

R = …(209)

S

RNE

SNE

TNE

30º

30º




TRE

RSE

STE

30º

SNE−

RNE−

TNE−

30º

30º

30º

RI

ºϕ

ºϕ

ºϕ

SI

TI

30º

TSE

90º

Enunciado 1. La ecuación (209) indica que en un circuito trifásico balanceado en Y en

secuencia directa, cualquiera sea su factor de potencia, un vatímetro monofásico en

cuadratura indica que su lectura igual a la potencia reactiva total trifásica, entre raíz de

tres.

Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema trifásico en “∆∆∆∆” en secuencia directa Conectando el vatímetro monofásico en la línea “R” cuyo circuito se muestra en la

Fig. 56

.


TI

RI

SI

fZ

fZfZ

RSI

STI

TRI

SsE

TtE

RrERr

S

s

T

t

T

R

S

´RP

La lectura del vatímetros es ST

R

E

IRST´R cosIEP ⟨= …(210)

Del diagrama fasorial correspondiente (Fig. 38) se tiene:

lEEST = …(211) (tensión de línea)

lIIR = …(212) (corriente de línea)

ºº90ST

R

E

Iϕ−=⟨ …(213) (ángulo entre RST IeE )

Reemplazando las ecuaciones (211), (212) y (213) en la ecuación (210) tenemos:

)ºº90cos(IEP´R ϕ−=

ll …(214)

siendo ºsen)ºº90cos( ϕ=ϕ− …(215)

Reemplazando la ecuación (215) en la (214) Se tiene: ºsenIEP´R ϕ=

ll …(216)

Pero la potencia reactiva total es


reemplazando la ecuación (216) en (217) se tiene:

esvarP3Q ´Rtot = …(218)

Luego 3

QP tot´

R = …(219)


RSE

STE

TRE

30º




ºϕ

ºϕ

TRI

STI

RSI−

SI

STI−TI

TSE

º30

º60

)ºº30( ϕ−

RSIºϕ

TRI−

RI

º30

ºº90 ϕ−

Enunciado 2. La ecuación (219) muestra que en un circuito trifásico balanceado en ∆

en secuencia directa, cualquiera sea su factor de potencia, un vatímetro monofásico en

cuadratura indica que su lectura igual a la potencia reactiva total trifásica, entre raíz de

tres.

De los enunciados 1 y 2 correspondientes a las ecuaciones (209) y (219) se deduce:

En todo circuito trifásico balanceado en secuencia directa, en Y o ∆, un vatímetro

conectado en cuadratura, indicará una lectura igual a la potencia reactiva trifásica total

absorbida, entre raíz de tres.

Las expresiones de las ecuaciones (206) y (216) es válida para todo circuito trifásico

balanceado en secuencia directa, cualquiera sea el factor de potencia de la carga

trifásica, debido a que la lectura depende de los valores de tensión de línea y corriente

de línea y del seno del ángulo ºϕ


PROBLEMAS RESUELTOS DE CIRCUITOS TRIFÁSICOS BALANCEADOS

Problema 1

Una carga trifásica balanceada conectada en estrella, tiene 16 Ω de resistencia y 12 Ω

de reactancia inductiva en serie en cada fase, y es alimentada por una línea trifásica de

230 V.

Determinar:

a. El valor eficaz de la corriente de línea.

b. La potencia activa total.

Solución La carga equilibrada está conectada en estrella, luego las corrientes de fase y de línea

son las mismas, y están desfasadas en 120 grados eléctricos.

La impedancia de fase es:

Ω=

Ω+=

º87.36/20Z

12J16Z

Y,f

Y,f

El valor eficaz de la tensión de línea es: Vℓ = 230 voltios

El valor eficaz de la tensión de fase es:

V79.1323

230

3

VVf === l

El valor eficaz de la corriente fase

a.Rpta.A64.620

79.132

Z

VII

Y,f

ff ==== l

La potencia activa total trifásica es:

b.Rpta.vatios30.211616x64.6x3P

16RRI3P

2tot

ff2ftot

==

Ω==

Otra forma de calcular la potencia activa total es mediante la fórmula:

b.Rpta.vatios15.21168.0x64.6x230x3P

CosIE3P

tot

tot

==

ϕ= ll

Problema 2

Para el problema 1; si las tres impedancias se conectan en triángulo y si se colocan a

través de los mismos voltajes de línea, determinar:

a. El valor eficaz de las corrientes de líneas.

b. El valor eficaz de las corrientes de fase.


c. La potencia activa total.

Solución La carga está conectada en delta, luego la impedancia por fase en delta es:

Ω=

Ω+=

∆

∆

º87.36/20Z

12J16Z

,f

,f

Con la carga conectada en triángulo o delta, la tensión de línea es también la tensión de

fase.

Luego: lE = Ef

El valor eficaz de la corriente de fase de la carga en delta es:

b.Rpta..A50.1120

230

Z

EI

,f

ff ===

∆

El valor eficaz de la corriente de línea es:

a.Rpta.A92.1950.11x3I

I3I f

==

=

l

l

La potencia activa total f2fftot RI3P3P ==

c.Rpta.vatios634816x50.11x3P 2tot ==

Otra forma de calcular la potencia es a través de la fórmula:

c.Rpta.vatios45.63488.0x92.19x230x3P

8.0º87.36CosCosCosIE3P

tot

tot

==

==ϕϕ= ll

Problema 3 Dos cargas en paralelo están alimentadas por una línea trifásica a una tensión de 240

voltios, 60 Hz. Una de las impedancias de fase de la carga en delta es 12 / – 60º Ω. Y

la otra impedancia de fase de la carga en estrella es 10 / 25º Ω. Determinar:

a. La corriente de línea.

b. El factor de potencia total.

Solución Sea:

lV : Tensión de línea: lV = 240 voltios f = 60 Hz.

∆,fZ : Impedancia de fase de la carga trifásica equilibrada conectada en triángulo.


Y,fZ : Impedancia de fase de la carga trifásica equilibrada en estrella.

∆,fZ = 12 / –60º Ω , Y,fZ = 10 / 25º Ω

Como ∆,fZ y Y.fZ son cargas trifásicas equilibradas, el sistema trifásico total es

equilibrado. Luego para la solución es conveniente desarrollar mediante el equivalente

monofásico; para lo cual, se pasa la carga delta a estrella.

Sea 3/ZZ ,f'

Y,f ∆= la impedancia por fase equivalente en estrella, de la carga delta

1I : Corriente en '

Y,fZ

2I : Corriente en Y,fZ

RNE : Tensión de fase a 0º (referencia)

Vº0/3

240ERN = Vº0/564.138ERN =

Aº60/64.34º60/4

º0/56.138

Z

EI

'Y,f

RN1 =

−==

Aº25/85.13º25/01

º0/56.138

Z

EI

Y,f

RN2 −===

a. La corriente de línea 21R III +=

Aº25/85.13º60/64.34IR −+=

.Aº94.38/41.3815.24J87.29IR aRpta.=+=

Otro método es determinar la impedancia por fase total en estrella

Ω−=+−

−=

+= º941.38/607.3

º25/10º60/4

º25/10xº60/4

ZZ

ZZZ

Y,f'

Y,f

Y,f'

Y,ftot,Y,f

La corriente de línea es: Aº941.38/413.38941.38/607.3

º0/56.138

Z

EI

tot,Y,f

RNR =

−== OK.

b. El factor de potencia total es Cos -38.94º = 0.7777 Rpta.b.

'Y,fZ Y,fZ

1I 2IRNE


Problema 4

Un motor de inducción de 50 HP trifásico, conectado en estrella a una línea trifásica de

440 voltios y 60 Hz está trabajando al 80% de su potencia nominal. El motor tiene el

factor de potencia de 0.76 y eficiencia de 72%.

Determinar la capacidad por fase en una conexión en triángulo requerida a través de la

línea para corregir el factor de potencia a 0.92 en atraso.

Solución

Motor: 50HP conectado en estrella.

Eℓ = 440 voltios f = 60 Hz. %PC = 0.8

η = 72% = 0.72 76.0Cos m =ϕ

La potencia aparente total del motor trifásico es:

VA76.0Cos/72.0x76.0

8.0x746x50S 1

m−=

VAº54.40/16.54532Sm =

La potencia aparente del motor por fase es la tercera parte de la potencia aparente total

m,fm,fm,f

m1m,f

QJPVA92.11814J95.13813S

º54.40VAº54.40/39.18177S

+=+=

=ϕ=ϕ=

El circuito equivalente monofásico es:

Y,fC : Capacidad por fase en conexión en

estrella, del banco 3φ de condensadores.

º07.2392.0Cos 21

2 =ϕ→=ϕ −

Como Eℓ = 440 V, se tiene que .V3

440Ef = Ef = 254.03 V.

Así la capacidad por fase en conexión estrella Y,fC para mejorar el factor de potencia

es: F)tgTg(E

PC 212

RN

m,fY,f ϕ−ϕ

ω= , y que al reemplazar datos se tiene:

m,fS


uF8.243C

)º07.23tgº54.40Tg(377x03.254

95.13813C

Y,f

2Y,f

=

−=

Siendo ∆,fCX la reactancia capacitiva por fase en conexión delta

como: 3

XX

,f

Y,f

CC

∆= entonces

)3(Cf2

1

Cf2

1

,fy,f ∆π=

π

de donde: Rpta.uF27.813

8.243C

3

CC ,f

Y,f,f ==→= ∆∆

Problema 5 Un generador trifásico de 200 voltios de tensión de línea, alimenta a una carga inductiva

conectada en estrella, que absorbe 10 amperios a través de una línea aérea trifásica de

1 Ω de resistencia y 5 Ω de reactancia inductiva por conductor. Determinar la tensión de

fase en bornes de la carga si:

a. El factor de potencia en los terminales de la carga es 0.6 (-)

b. El factor de potencia en terminales del generador es 0.6 (-)

Solución

Eℓ= 200 voltios Y,fZ : impedancia por fase de la carga en estrella

a. Ω== − º13.53/Z6.0Cos/ZZ Y,f1

Y,fY,f

V3

200

3

EE,

Z

EI

)Z8.05()Z6.01(Z

Z8.0JZ6.0Z

ftot,f

f

2Y,f

2Y,ftot,f

Y,fY,fY,f

===

Ω+++=

Ω+=

ll

)º0areferencia(Vº0/3

200ERN =

Luego: 2

Y,f2

Y,f )Z8.05()Z6.01(

3/20010

+++= … (1)

Y,fZV

Y,fZ

RI

R

N

5J1Z +=l


Simplificando la ecuación (1) se tiene:

033.107Z2.9Z Y,f2

Y,f=−+ …(2)

Resolviendo la ecuación (2) se tiene:

Ω= 74.6Z Y,f así Ω= º13.53/74.6Z Y,f

Tomando )referencia(Vº0/47.115ERN =

Por divisor de tensión tenemos que la caída de tensión en la impedancia Y,fZ es

)5J1(Z

ZEV

Y,f

Y,fRNZ Y,f

++= LY,f XJRZ +=

Reemplazando valores y efectuando operaciones se tiene:

aRpta.Vº11/4.67V Y,fZ −=

b. Factor de potencia 0.6 en bornes del generador.

R1

X5º13.53Tg

L

+

+=

luego:

1 + R = 3.75 + 0.75 XL ….(A)

Ω+++=

Ω+++=

2L

2Ltot,f

2L

2tot,f

)X5()X75.075.3(Z

)X5()R1(Z

Pero: Vº0/47.115E,Z

EIII RN

tot,f

RNfR ==== l

Por lo tanto: 2

L2

L )X5()X75.075.3(

47.11510

+++= …. (B)

Resolviendo la ecuación (B), se tiene: XL = 4.237 Ω

RI

RNE

5J1Z +=l


Luego por la ecuación (A) se tiene que: R = 5.928 Ω

La impedancia equivalente total por fase en bornes del generador es:

Ω=+= º13.53/547.11237.9J928.6Z tot,f

La corriente de línea RI es:

Aº13.53/10º13.53/547.11

º0/47.115

Z

EI

tot,f

RNR −===

Siendo la impedancia por fase Ω+= LY,f XJRZ , entonces:

Ω+= 237.4J928.5Z Y,f

La caída de tensión por fase en la impedancia es:

Rpta.b.Vº57.17/87.72V

º55.35/287.7xº13.53/10ZIV

Y,f

Y,f

Z

Z

−=

−==

Problema 6

Una carga trifásica balanceada inductiva absorbe 5 KW y 17.32 KVAR. Determinar las

lecturas de los dos vatímetros conectados para medir la potencia total.

Solución

Sea la secuencia de fases positiva, con los vatímetros conectados en las líneas R y T,

luego las lecturas de los vatímetros será:

PR = E I Cos (30º + ϕ) ... (1)

PT = E I Cos (30º - ϕ) ... (2)

(1)/(2) da: )º30(Cos

)º30(Cos

P

P

T

R

ϕ−

ϕ+=

Empleando propiedades de las proporciones:


º9.735

32.17tg

P

QTg

)4...(Cos3

)º30(CosPP:)3(De

)3...()º30(Cos

Cos3

P

PP

)º30(Cos

)º30(Cos)º30(Cos

P

PP

1

tot

tot1

totR

R

TR

R

TR

===ϕ

ϕ

ϕ+=

ϕ+

ϕ=

+

ϕ+

ϕ−+ϕ+=

+

−−

Reemplazando el valor de ϕ en (4) se tiene:

PR = -2.5 KW Rpta.

Así PT = Ptot – PR = 5 – (-2.5) = 7.5KW Rpta.

Problema 7 Una carga balanceada conectada en delta, tiene como impedancia de fase un circuito

serie de 12 Ω. de resistencia y 16 Ω. de reactancia capacitiva. Las tensiones de línea

sonde 115 voltios, determinar las corrientes de línea y de fase.

Solución La carga está conectada en delta. La impedancia de fase es:

Ω−=−=∆ º13.53/20.ohms16J12Z ,f

La tensión de línea es: Eℓ = 115 voltios

Luego la corriente de fase es: If = Eℓ / Zf,∆

Rpta.A75.520

115If ==

la corriente de línea es: fI3I =l

Rpta..amp96.975.5x3I ==l


Problema 8 Una carga balanceada en delta tiene 18 Ω. de resistencia y 24 Ω de reactancia capacitiva

en serie en cada fase, siendo alimentada por líneas con impedancia cada una de 1 Ω de

reactancia y 2 Ω. de reactancia inductiva por conductor. El generador que alimenta al

circuito total tiene tensión entre líneas de 250 voltios. determinar.

Solución

Carga trifásica conectada en delta, con impedancia por fase:

Ω−=−=∆ º13.53/3024J18Z ,f

La impedancia de línea .2J1Z Ω+=l

Tensión de línea proporcionada por el generador es: Eℓ = 250 voltios.

Como el circuito total es balanceado, se resuelve con un equivalente monofásico.

V34.1443

250EE RNf ===

Sea: Vº0/34.144ERN = (referencia a 0º)

La impedancia por fase en conexión estrella:

Ω−==∆

º13.53/103

ZZ

,fY,f

la impedancia equivalente total por fase es:

Ω−=−=

Ω−++=

Ω−++=

º6.40/22.96J7Z

8J62J1Z

º13.53/102J1Z

Y,tot,f

Y,tot,f

Y,tot,f

La corriente de línea RI es:

Aº6.40/22.9

º0/34.144

Z

EI

tot,f

RNR

−==

Aº6.40/66.15IR =

Y,fZ

2J1Z +=l

RNE


La caída de tensión por fase en la carga en conexión estrella es:

Vº53.12/6.156V

Vº13.53/10xº6.40/66.15ZIV

Y,f

Y,fY,f

−=

−==

a. El voltaje entre líneas en los terminales de carga es:

aRpta.V24.2716.156x3V3V Y,f ===l

b. La potencia total consumida por la carga es:

bRpta.vatios24.44146x66.15x3RI3P 2f

2tot ===

Problema 9

Una carga inductiva balanceada conectada en estrella toma 5.4KW a 0.6 de factor de

potencia, a 200 voltios de tensión de líneas. Esta carga se encuentra conectada en

paralelo con otra carga en estrella balanceada, puramente resistiva, la que toma 5 KW.

Determinar la corriente total de línea suministrada a las dos cargas.

Solución

La primera carga trifásica en estrella, que toma una potencia de 5.4KW a Cos ϕ1 = 0.6

Luego º13.536.0Cos 11 ==ϕ − , así: KW4.5P1 =

KVAR2.713.53tg4.5tgPQ 111 ==ϕ=

La potencia aparente total que toma la primera carga trifásica

En estrella es:

KVAº13.53/92.7J4.5S1 =+=

La segunda carga trifásica en estrella toma una potencia aparente KVAº0/5S2 =

Así las dos cargas trifásicas en conjunto (ambas conectadas en paralelo) absorben una

potencia aparente total:

KVASSS 21tot +=


KVAº7.34/65.12S

KVA2.7J4.1052.7J4.5S

tot

tot

=

+=++=

Pero ll IE3Stot = . Luego: l

lE3

SI tot= , siendo V200E =l

Rpta.A52.36200x3

650,12I ==l

Problema 10

Una conexión delta balanceada tiene una impedancia de fase de 12 / 70º Ω y es

alimentada por una línea trifásica de 240 voltios, 60 Hz. Se mide la potencia del circuito

por el método de dos vatímetros. Determinar la lectura indicada por cada vatímetro y la

potencia trifásica total

Solución:

Carga balanceada en delta con impedancia de fase:

Ω=∆ º70/12Z f, , ϕ = 70º (factor de potencia en atraso)

Tensión de línea: Ef = Eℓ = 240 voltios, 60 Hz (Por tener la carga en delta)

Sea la secuencia de fase positiva, con los vatímetros conectados en las líneas S y T,

R S T R S T, teniendo la carga factor de potencia en atraso, se tiene: PS > PT

La corriente de fase es: A2012

240

Z

E

Z

EI

f,f,

ff ====

∆∆

l

La corriente de línea es: A64.3420x3I3I f ===l

La potencia indicada por cada vatímetro es:

Rpta.

Rpta

vatios60.1443)º70º30(Cosx64.34x240P

:tienesevaloresreemplazaralquey,vatios)º30(CosIEP

.vatios59.6368)º70º30(Cosx64.34x240P

:tienesevaloresreemplazaralquey,vatios)º30(CosIEP

S

T

S

S

−=+=

ϕ+=

=−=

ϕ−=

ll

ll


La potencia total es: Ptot = PS + PT

Ptot = 6368.59 + (-1443.68) = 4924.91 vatios Rpta

Problema 11

Una delta balanceada toma 14.5 / 30º KVA de una línea trifásica, con tensión

Vº0/440ERS = a 60 Hz y en secuencia negativa.

Determinar:

a. La impedancia de fase de la carga en delta f,Z∆

b. Las corrientes de fase en forma polar.

c. Las corrientes de líneas en forma rectangular.

d. La bancada trifásica de condensadores conectados en estrella, para corregir el factor

de potencia total a 0.93 en atraso.

Solución

Graficando la delta en secuencia negativa de forma tal que la tensión ERS se esté a cero

grados.

Así en el triángulo graficado, las tensiones de fase y de líneas

indican sus ángulos de fases.

Del diagrama fasorial de tensiones de fase y de líneas quedan

definidas en módulo y ángulo, tal como se muestra en la

figura.

El = 440 voltios f = 60 Hz.

La potencia aparente total absorbida por la carga

trifásica en delta es KVAº30/14500Stot =

Resolviendo mediante el equivalente 1 φ en bornes

R-N, se tiene:

Vº30/03.2543

EERN ==

Sea f,YZ la impedancia por fase de la carga en conexión estrella. Para el equivalente

monofásico, la potencia aparente por fase tomada de la línea es la tercera parte de la

potencia aparente total, así:

RNE

RSE

TNE

TRE

SNE

STE

º30

º30

º30

RS

T

N


VAº30/33.48333

14500

3

SS

totf,Y ===

Pero: RRNf,Y IES =

Luego: RNf,Y

*

R E/SI =

Ω===

==

º30/35.13º0/03.19

º30/03.254

I

EZ

Aº0/03.19º30/03.254

º30/33.4833I

R

RNf,Y

R

La impedancia por fase en conexión en estrella es:

.º30/35.13º0/03.19

º30/03.254

I

EZ

R

RNf,Y Ω===

a. La impedancia por fase en conexión delta será:

Rpta.Ω===∆ º30/05.40º30/35.13x3Z3Z f,Yf,

b. Corrientes de fase en módulo y ángulo

Vº120/440E

Vº120/440EVº0/440E

TR

STRS

−=

==

Rpta.

Rpta.

Rpta.

A50.5J52.9º150/99.10º30/05.40

º012/440

Z

EI

A99.10Jº90/99.10º30/05.40

º120/440

Z

EI

A50.5J52.9º30/99.10º30/05.40

º0/440

Z

EI

f,

TRTR

f,

STST

f,

RSRS

−−=−=−

==

=−===

−=−===

∆

∆

∆

Y,fZRNE

RI


c. Las corrientes de línea en forma rectangular:

Rpta.A03.19I

º150/99.10º30/99.10I

III

R

R

TRRSR

=

−−−=

−=

Rpta.A49.16J52.9I

)50.5J52.9(99.10JI

III

S

S

RSSTS

+−=

=−−=

−=

RptaA49.16J52.9I

99.10J50.5J52.9I

III

T

T

STTRT

−−=

−−−=

−=

d. Bancada trifásica de condensadores en estrella para obtener el factor de potencia total

a 0.93 en atraso.

Del circuito equivalente monofásico, la potencia aparente por fase es:

VA64.2416J79.4185º30/33.4833S f,Y +==

La potencia activa que toma cada fase es: PY,f = 4185.79 vatios.

En condiciones iniciales º301 =ϕ

En condiciones finales º57.2193.0Cos 1

2 ==ϕ −

Luego: .F)tgtg(VE

PC 212

f

f,Yf,Y ϕ−ϕ=

.uF32.31C

)º57.21tgº30tg(377x03.254

79.4185C

f,Y

2f,Y

Rpta=

−=

Problema 12 Una delta balanceada absorbe 14.4 /-68º KVA de una línea trifásica de 600 voltios a

60 Hz. Determinar los vatios y vares, cuando las impedancias de fase se conectan en

estrella a una línea de 440 voltios y 25 Hz.

Solución:

Inicialmente la carga está conectada en delta, la cual absorbe en total 14400 /-68º VA; a

la tensión de línea de 600 voltios, 60 Hz.

f,Z

∆

f,Z∆

f,Z∆

RI

SI

TI

RSI

STI

TRI


Sea Vº0/41.346º0/3

600E RN ==

Así el primer equivalente monofásico es:

f,YZ : Es la impedancia equivalente por fase

en conexión estrella, de la carga balanceada en

delta.

Sea f,YS : potencia aparente que absorbe f,YZ

VAº68/4800VAº68/3

14400S f,Y −=−=

Pero: *1RRNf,Y IES = de donde

RN

f,Y*1R

E

SI =

Aº68/86.13º0/41.346

º68/4800I*

1R −=−

=

Así: Aº68/86.13I 1R =

Por lo tanto: Ω−=== º68/25º68/86.13

º0/41.346

I

EZ

1R

RNf,Y

Luego, la impedancia de fase de la carga en conexión en delta es:

Ω−=−==∆ 54.69J1.28º68/75Z3Z f,Yf, a 60 Hz

La disminución de frecuencia de 60 Hz a 25 Hz, tiene el efecto de aumentar la reactancia

capacitiva, por ser inversamente proporcional a la frecuencia. Luego la impedancia de

fase a 25 Hz en conexión delta es:

Ω−=∆25

60x54.69J1.28Z

'f, a 25 Hz

Ω−=−=∆ º44.80/24.16989.166J1.28Z'

f, a 25 Hz

Las impedancias de fase '

f,Z∆ se conectan en estrella, a la tensión de línea de 440

voltios a 25 Hz. El segundo equivalente monofásico es:

f,YZRNE

1RI


)º0ferencia(ReV3

º0/440ERN =

Vº0/03.254ERN =

La corriente de línea 2RI es:

.Aº44.80/5.1º44.80/24.169

º0/03.254

Z

EI

'f,

RN2R =

−==

∆

La potencia aparente que toma '

f,Z∆ es:

VAº44.80/5.1xº0/03.254IES*

2R2RN'

f, −==∆

VAº44.80/31.381S'

f, −=∆

La potencia aparente total en conexión estrella tomada por la carga a 440 voltios y

25 Hz. Es:

V03.1128J98.189º44.80/92.1143S3S'

f,'tot −=−== ∆

Así:

Rpta.

Rpta.

esvar03.1128Q

vatios98.189P

to

tot

=

=

Problema13

Un generador trifásico con tensiones de líneas de 230 voltios en secuencia positiva,

alimenta a una carga trifásica equilibrada en conexión estrella, la misma que toma del

generador 4387.5 / 36.87º VA, a través de una línea de transmisión de impedancia

por conductor Ω+= 6.0J8.0Zl

Si RSE esta a 0º, determinar:

a. Las tensiones de líneas en la carga en módulo y ángulo.

b. Las corrientes de líneas en módulo y ángulo.

Solución

Las tensiones quedan definidas en módulo y ángulo, dibujando el triángulo de tensiones

en secuencia positiva con RSE a 0º. Así el equivalente monofásico es:

RNE'

f,Z∆

2RI


Vº30/79.132Vº30/3

230ERN −=−=

Impedancia de cada conductor de línea es: Zl = 0.8 + J 0.6 = 1 / 36.87º Ω

Impedancia por fase de la carga en estrella Y,fZ absorbe la tercera parte de la potencia

aparente total, es decir VAº87.36/3

5.4387

3

SS

totY,f == por fase. Así la potencia

aparente por fase de l VAº87.36/5.1462S Y,f =

Como Y,fZ absorbe la potencia aparente con ángulo de 36.87º, la impedancia de fase

también tiene el mismo ángulo, Así la impedancia total por fase del circuito será:

Ω+= º87.36/)Z1(Z Y,ff,tot

La corriente de línea f,totRNR Z/EI =

.Aº87.66/)Z1(

79.132

º87.36/)Z1(

º30/79.132I

Y,fY,fR −

+=

+

−= , siendo

Y,fR

Z1

79.132I

+=

Pero: VA5.877J1170º87.36/5.1462S Y,f +==

Luego la potencia activa total absorbida por cada fase es: )Z8.0(I1170P Y,f2RY,f ==

)1.......()Z8.0()Z1(

)79.132(1170 Y,f2

Y,f

2

+=


01Z06.10Z Y,f2

Y,f=+− de donde se obtiene dos soluciones

solucionesDos.ohms10.0Z

.ohms96.9Z

2,Y,f

1,Y,f

=

=

6.0J8.0Z +=l

Y,fZRNE

RS

T

N


Primera solución:

Cuando Zf,Y = Zf,Y,1= 9.96 Ω. Entonces Ω+= º87.36/)96.91(Z f,tot

Ω= º87.36/96.10Z f,tot lo que implica que la corriente de línea es:

.Aº87.66/12.12º87.36/96.10

º30/79.132

Z

EI

f.tot

RNR −=

−==

a. Las tensiones de fase en módulo y ángulo son:

Vº87.36/96.9xº87.66/12.12ZIV Y,fRN'R −==

Rpta.Vº30/72.120V N'R −=

Las otras tensiones de fase se obtienen con desfase de m 120º en la secuencia directa,

luego:

Rpta.

Rpta.

Vº90/72.120º120º30/72.120V

Vº150/72.120º120º30/72.120V

N'T

N'S

=+−=

−=−−=

a. Las tensiones de líneas de la carga:

aRpta.

aRpta.

aRpta.

Vº120/1.209VVV

Vº120/1.209VVV

Vº0/1.209VVV

H´RH´T'R'T

N'T'N'S'T'S

N'SN'R'S'R

=−=

−=−=

=−=

b. Las corrientes de líneas en módulo y ángulo

bRpta.

bRpta.

bRpta.

.Aº13.53/12.12º120º87.66/12.12I

.Aº87.186/12.12º120º87.66/12.12I

.Aº87.66/12.12I

T

S

R

=+−=

−=−−=

−=

Segunda Solución: Se deja al lector como ejercicio la segunda solución cuando Cuando Zf,Y = Zf,Y,2 = 0.1 Ω,


Problema 14

Un sistema de cargas trifásicas equilibradas conectadas en estrella, tiene un consumo de

8500 vatios con factor de potencia de 0.82 en atraso. El sistema de cargas son

alimentadas por una línea trifásica con tensiones en secuencia positiva. Si la potencia es

medida por el método de los dos vatímetros, determinar las lecturas de los vatímetros

Solución:

Ptot = 8500 vatios Cosϕ = 0.82 (-) ϕ =34.92º

Secuencia de tensiones (+)

Suponiendo que se colocan los vatímetros en las líneas R y T, en secuencia directa R S T

Luego PT es mayor que PR, luego

PR = E I Cos (30º + ϕº) vatios ... (1)

PT = E I Cos (30º - ϕº) vatios ... (2)

Dividiendo (1) entre (2) se tiene:

)ºº30(Cos)ºº30(Cos

)ºº30(Cos

PP

P

)ºº30(Cos

)ºº30(Cos

P

P

TR

R

T

R

ϕ−+ϕ+

ϕ+=

+⇒

ϕ−

ϕ+=

ºCos3

)ºº30(CosPP totR

ϕ

ϕ+= , reemplazando valores se tiene:

Rpta.vatios83.253682.0x3

)º92.34º30(Cos8500PR =

+=

De forma análoga:

.vatios17.5963ºCos3

)ºº30(CosPP totT Rpta=

ϕ

ϕ−=

Problema 15

Una fuente trifásica con tensiones de líneas de 208 voltios, alimenta a una carga

trifásica balanceada en conexión delta, siendo cada una de las impedancias de fase

C,f XJRZ −=∆ . La secuencia de fases es directa y la potencia total absorbida es de

6240 vatios, se mide la potencia trifásica mediante el método de los dos vatímetros

indicando uno de los vatímetros lectura cero. Determinar los valores R y XC.

Solución


Ptot = 6240 vatios El = 208 voltios Secuencia (+) R S T R S T

Suponiendo los vatímetros en las líneas S y T.

Para Cos ϕº en adelanto PT > PS

Para Cos ϕº en atraso PT < PS

PS = El Il Cos(30º - ϕº) vatios .... (1)

PT = El I

l Cos(30º + ϕº) vatios .... (2)

Como el factor de potencia es en adelanto, indicará lectura nula PS por lo tanto de (1) se

tiene:

El I

l Cos (30º - ϕº) = 0, de donde Cos (30º - ϕº) = 0

30º - ϕº = 90º luego: ϕº = -60º

La potencia total quedará indicada por PT según (2)

PT = 208 Il Cos (30º + (-60º)) = 6240

Así: Il = 34.64 A. (corriente de línea)

La corriente de fase .A203

64.34

3

IIf ===

l

Impedancia de fase Ω===∆ 4.1020

208

I

EZ

f

,f

ohms0.9J2.5º60/4.10Z ,f −=−=∆

R = 5.2 ohms. Rpta.

Xc = 9.0 ohms. Rpta.

Problema 16

La corriente absorbida por un motor de inducción conectado en estrella a una línea de

440 voltios, 60 Hz. es 40 amperios. Cuando un banco de condensadores trifásico en


delta es conectado en paralelo con el motor, la corriente total de línea decrece a 34.1

amperios, a factor de potencia 0.9 en atraso.

Determinar:

a. La potencia absorbida por el motor.

b. La capacitancia por fase de la bancada de condensadores.

c. La impedancia por fase del motor.

d. La impedancia por fase de una delta equivalente al sistema.

Solución Motor: En conexión estrella.

Il,m: Corriente de línea absorbida por el motor. A40I m,R =

Y,m,fZ :La impedancia por fase del motor en conexión estrella.

Y,f,CX :La reactancia capacitiva del banco de condensadores por fase, en estrella.

RNE : La tensión de fase R-N, con referencia a 0°.

RI : La corriente total de línea “R”.

C,RI : Corriente de línea en el banco de condensadores.

Circuito equivalente monofásico de fase R-N:

V0/3

440ERN °=

V0/03.254ERN °=

A40I m,R =

Diagrama fasorial del equivalente monofásico:

ϕ2 = Cos-1

0.9

ϕ2 = 25.84°

A84.25/1.34IR °−=

IR Cos ϕ2 = IR,m Cos ϕ1

De donde:

Y,f,CX Y,m,fZ

C,RI m,RI

RNE

RI

1ϕ

2ϕ

m,RI

C,RI

RI

RNE


A89.39/40Ie89.39

77.040

9.0x1.34

I

CosICos

m,R1

m

2R1

°−=°=ϕ

==ϕ

=ϕ

Pero: IR,C = IR,m Sen ϕ1 - IR Sen ϕ2 obteniendo:

IR,C = 40 Sen 39.89º - 34.1 Sen 25.84 = 10.79 amp.

Así: A90/79.10I C,R °=

C,RRNY,f,C I/EX = y m,RRNY,m,f I/EZ =

Ω°=°−

°=

Ω°−=°

°=

89.39/35.689.39/40

0/03.254X

90/54.2390/79.10

0/03.254X

Y,m,f

Y,f,C

a. Potencia absorbida por el motor

Pf,m = Potencia activa por fase del motor.

Pf,m = ERN IR,m Cosϕ1

Pf,m = 254.03 x 40 x Cos 39.89° = 7796.46 vatios

PM: Potencia total del motor PM = 3 Pf,m

PM = 3 x 7796.46 = 23389.38 Rpta. a

b. Capacitancia por fase de la bancada de condensadores

La bancada de condensadores se encuentra conectada en delta, luego la reactancia

capacitiva por fase en conexión delta es:

Ω=∆ Y,Cf,Cf X3X

Ω°−=°−=∆ 90/62.7090/54.23x3X ,Cf


pero: ω

==∆

∆∆

∆,CfC

,f,CX

1C,

X

1X ω = 377 rad/s

Rpta.b.uF56.37377x62.70

1C ==∆

c. Impedancia del motor por fase:

cRpta.Ω°= 89.39/35.6Z Y,m,f

d. Impedancia por fase de una delta equivalente del sistema:

d.1 En conexión estrella

Ω°=

Ω°−+°

°−°=

85.25/45.7Z

90/54.2389.39/35.6

90/54.23x89.39/35.6Z

Y,eqf

Y,eqf

d.2 En conexión delta:

dRpta.Ω°=∆ 85.25/35.22Z ,eq

Problema 17

Un motor trifásico de 6 HP, 381 V, Cosϕm = 0.8, η = 97%, 60 Hz., se alimenta

mediante una línea trifásica de impedancia Ω+= 2.7J2.1Zl por conductor.

La alimentación a la línea se efectúa mediante un generador de 381 voltios de tensiones

de línea; si el motor opera al 75% de su plena carga, determinar:

a. El valor eficaz de la corriente de línea absorbida por el motor.

b. La tensión de operación del motor.

c. La bancada trifásica de condensadores conectados en delta, para mejorar el factor


Solución

Observaciones para el funcionamiento del motor


1) El banco de condensadores trifásico en ∆, opera a 381 voltios de tensión de

línea.

2) El motor trifásico tiene en placa la tensión nominal de 381 voltios de tensión

de línea.

3) El motor se alimenta del generador por medio de una línea, el que tiene una

impedancia por conductor: Ω+= 2.7J2.1Zl

4) La máxima corriente que puede absorber el motor, se efectúa cuando el

motor funciona a condiciones nominales, es decir:

mm

NN

NCos

746xHPS,

N3

SI:luegoIE3S

ηϕ===

Así la corriente nominal es:

.amp74.8381x3x97.0x8.0

746x6I ==

5) El motor opera al 75% de su plena carga, y es alimentado con líneas que

tienen cierta impedancia, lo que indica que el motor tendrá una tensión de

línea algo menor de 381 voltios, y también la corriente absorbida cercana a la

corriente nominal.

Potencia aparente total en operación del motor:

VACos/xCos

PC%x746xHPS m

1

mm

M ϕηϕ

= −

Reemplazando valores se tiene:

VA87.36/03.43268.0Cos/97.0x8.0

75.0x746x6S 1

M °== −

Potencia aparente por fase:

VA87.36/3

03.4326

3

SS

MY,m,f °==

VA21.865J61.115387.36/1442S Y,m,f +=°=

El circuito equivalente monofásico:

Vº0/3

EERN =

Vº0/220ERN =

Ω+= 2.7J2.1Zl

2.7J2.1Z +=l

Y,m,fZRNE

M,RI


m,RI = Corriente de línea que absorbe el motor.

fS = Potencia aparente de fase que entrega la fuente o generador

lS = Potencia aparente que absorbe la línea por conductor

Y,m,fS Potencia aparente por fase que absorbe el motor.

VAIº0/220S*

m,Rf =

VAIZIIZIVS 2m,R

*m,Rm,R

*m,R llll ===

VA21.865J61.1153S Y,m,f +=

Diagrama fasorial de potencias:

(220 IR,m)2

= (1153.61+1.2 2m,RI )

2 +

(865.21+7.2 2m,RI )

2 ...(1)


53.28 4m,RI - 33172.48 2

m,RI + 2079364 = 0

IR,m = 23.49 A. (se descarta por ser mayor

que la corriente nominal I = 8.74

A)

IR,m = 8.4 A. ( es la corriente solución)

Del diagrama fasorial de potencias también se tiene:

º98.4711.12.1x)4.8(61.1153

2.7x)4.8(21.865tg

2

2

=β⇒=+

+=β

luego: Aº98.47/4.8I m,R −=

Corriente de línea absorbida por el motor:

Il = 8.4 A. Rpta. a

Tensión de operación del motor por fase: *mm,fY,m,f I/SV =

Vº1.11/46.171º97.47/41.8

º87.36/1442V Y,m,f −==

Tensión de operación del motor entre líneas.

VM = 3 Vf,m,Y = 3 x 171.46 = 296.98 V Rpta. b

a. Bancada trifásica de condensadores para corregir el factor de potencia total,

conectada en paralelo con el generador.

2m,RI2.1

2m,RI2.7

fS

lS

Y,m,fS


Del diagrama fasorial de potencia por fase:

VA9.1372J03.1237º98.47/1848S

.amp4.8I,VAº98.47/I220S

f

m,RRmf

+==

==

Por lo tanto: Pf = 1237.03 vatios

ϕ1 = 47.98º y ϕ2 = Cos-1

0.95 = 18.19º

Sea CY la capacitancia por fase conectada en estrella

F)tgtg(E

PC 212

RN

fY ϕ−ϕ

ω=

reemplazando valores se tiene:

uF96.52C

)º19.18tgº98.47tg(377x220

03.1237C

Y

2Y

=

−=

Así C∆ es la capacitancia por fase conectada en delta

Rpta.cuF65.173

CC

Y ==∆

Problema 18

Una industria de calzados necesita 250 HP de potencia mecánica obtenida de todos sus

motores trifásicos, operando al 100% de sus plenas cargas, lo que en conjunto tienen

una eficiencia promedio de 0.84, y factor de potencia 0.65 en atraso, a la frecuencia de

60 Hz, y 440 voltios de tensión de línea.

Si el 60% de la potencia mecánica total fuera obtenida por un grupo de motores a los

que se les instalarían condensadores, para mejorar el factor de potencia y ahorrar el

consumo de energía reactiva, entonces el factor de potencia total sería 0.82 en atraso.

Determinar:

a. La potencia aparente en módulo y ángulo de los motores a los que se les

instalaría condensadores.

b. La potencia reactiva de los condensadores instalados

Solución


Inicialmente operan todos los motores al 100% de plena carga:

VACos/xCos

PC%x746xHPS 1

1

111,tot ϕ

ηϕ= −

%PC = 100 % Cosϕ1 = 0.65(-); η1 = 0.84

luego:

VA65.0Cos/84.0x65.0

746x250S 1

1,tot−=

VA80.580,259J55.016,222º46.49/09.575,341S 1,tot +==

Siendo Ptot,1=222,016.55 vatios y Qtot,1 = 259,580.80 vares

'2Q

1,to

tS

2,to

tS

1S

2S

CQ

'2P

'2S

Siendo: 111 QJPS += la potencia aparente del conjunto de motores sin condensadores

2'22 QJPS += la potencia aparente del grupo de motores con condensadores,

Queda sin conectar condensadores al 40% de la potencia mecánica total, es decir:

P1 = 0.4 x 250 = 100 HP

VA32.832,103J62.806,88º46.49/04.630,136S

VAº46.49/84.0x65.0

1x746x100S

VA65.0Cos/xCos

PC%x746xPS

1

1

1

11

11

+==

=

ηϕ= −


Siendo: P1 = 88,806.62 vatios y Q1 = 103,832.32 vares

Pero 2,totS es la potencia aparente total obtenida después de haber conectado

condensadores a un grupo de motores.

)(82.0Cos;VACos/Cos

PS 22

1

2

1tot2,tot −=ϕϕ

ϕ= −

VA82.0Cos/82.0

55.016,222S 1

2tot−=

VA51.968,154J55.016,222º92.34/89.751,270S 2tot +==

del gráfico se tiene que:

Q2 = Qtot2 – Q1

Q2 = 154,968.51 – 103,832.32 = 51,136.19 VAR

VAº21/75.687,14219.136,51J93.209,133S

VAQJPS

2

2'22

=+=

+=

La potencia reactiva de los condensadores instalados

Rpta.aVAº21/75.687,142S2 =

La potencia reactiva del banco de condensadores es: 1,tot2,totC SSQ −=

VAº46.49/09.575,341º92.34/89.751,270QC −=

Varesº90/724.593104QC −= Rpta. b Problema 19 .

En el circuito mostrado, V /0 220ERS °=

V 120-/ 220EST =

V /120 220ETR =

Determinar:

a. Las corrientes de líneas

TSR I,I,I

b. Lectura P del vatímetro

c. La potencia aparente total entregada por la

línea en forma polar

d. La capacitancia C a conectar en la línea R

– S para aumentar el factor de potencia total

60+J4

0

60+J40

60+J40

P

R

S

T

RI

SI

TI


al máximo

Solución Determinando la tensión de fase R – N

c. Determinando las corrientes de líneas

La carga es trifásica balanceada, luego la solución es determinada mediante el

circuito equivalente monofásico de una fase, que en este caso será la fase R – N

Las corrientes de líneas tienen el mismo valor eficaz estando en secuencia positiva

de igual forma que las tensiones de línea, luego:

A 183.69-/ 761.1120 -63.69-/ 761.1IS °=°°=

A 56.31/ 1.76112063.69-/ 761.1IT °=°+°= Rpta. a.

b. Determinando lectura del vatímetro

c. Determinando la potencia aparente total totS entregada por la línea

Del circuito equivalente monofásico se determina la potencia aparente de fase R – N

VA. 33.69/ 677.22363.69/ 1.761 30-/ 127.017I ES *RRNRN °=°°==

RS

T

220

N

V 30-/ 017.127ERN °=

60

J40

_

IR

_

ERN A 63.69-/ 761.1I

A 40J60

30-/ 017.127

Z

EI

R

f

RNR

°=

+

°==

)30-(56.31 Cos 1.176 x 017.127P

Cos I EP NS

T

E

ITNS

°°=

<=

506.200P = U. 30°

_

ENS

56.31°

_

IT


La potencia aparente total es tres veces la potencia aparente de fase, luego:

VA. 22.372J332.55833.69/ 031.671S 3S RNtot +=°== Rpta. c.

d. Determinando la capacitancia C en la línea R – S para aumentar el factor de potencia al máximo.

La potencia activa total entregada por la línea 3φ es Ptot = 558.332 vatios

La tensión en placas del condensador es la de la línea R – S , ERS = 220 V.

El ángulo de la potencia aparente total es: ϕ tot = 33.69°, por lo tanto la

capacitancia C es:

)0 tg (tg E

PC tot2

RS

tot °−ϕω

=

F 20.3933.69) (tg.377 x 220

332.558C

2µ== Rpta. d.

PROBLEMAS PROPUESTOS TRIFÁSICOS BALANCEADOS

1. Un generador trifásico de 440 V de tensión de línea con RSE a cero grados, 60

Hz, alimenta a las siguientes cargas:

Carga A.- Es una impedancia trifásica balanceada en conexión delta, cuyas

impedancias de fases tienen como magnitud Ω+=∆ 30J45Z ,f

Carga B.- Es una impedancia trifásica equilibrada en conexión estrella, con factor

de potencia 17 % en adelanto.

Determinar:

a. El valor de la capacidad por fase de la carga B, para que el factor de potencia

total sea 0.95 en adelanto.

b. La potencia total absorbida por la carga B.

c. Las corrientes de líneas T,SR II,I

d. La potencia aparente total en forma polar

e. La impedancia equivalente de fase en conexión delta

2. Un transformador trifásico de 20 KVA, 10/0.25 KV, 60 Hz, alimenta a través de

una línea trifásica con impedancia por conductor de Ω+= 4.0J4.0Zl , a las

siguientes cargas:

Carga A: Constituido por un horno eléctrico de 8 KW, 240 V.

Carga B: Motor de inducción jaula de ardilla de 5 HP, 240 V, Cos ϕ = 0.75 en

Atraso, η = 0.86 y opera al 95 % de su potencia nominal.


Determinar:

a. La potencia consumida por el horno eléctrico.

b. La tensión de trabajo del motor.

c. La corriente en el lado de alta del trasformador.

3. Para el circuito mostrado la secuencia de fases es directa o positiva, con

Vº30/380ETN =

Determinar:

a. Lectura de los vatímetros

b. Las corrientes de líneas en forma

polar

c. La potencia activa total

d. La potencia reactiva total

4. Un generador trifásico con 440 voltios de tensión de línea, alimenta mediante una

línea trifásica de impedancia por cada conductor: 2J1Z +=l Ω a dos cargas

trifásicas equilibradas siendo estas:

Carga A: 20 KW, 440W, Cosϕ = 0.8

Carga B: Motor de inducción de 20HP, 440V , 60Hz, Cosϕ = 0.77, η = 0.85

operando al 100% de su plena carga.

Si las tensiones de operación de las cargas son las nominales, determinar:

Las características del elemento reactivo a colocar en serie con la impedancia de

línea.

La potencia aparente total en módulo y ángulo entregada por el generador.

La bancada trifásica de condensadores conectadas en delta y en bornes del

generador, para mejorar el factor de potencia total a 0.93 en atraso.

5.

(E2. Ele. 2007 – 1) Un generador trifásico alimenta a una carga trifásica, la que absorbe 40.5 kW con

factor de potencia 0.75 en atraso.

Determinar los KVA de otra carga trifásica equilibrada con factor de potencia

0.26 en adelanto, para que el generador entregue la mínima corriente total.

6. Un transformador trifásico de 60 KVA, opera al 70% de su plena carga con factor

de potencia 0.65 en atraso. Determinar los KVA de la carga que hay que añadir

con factor de potencia 0.85 en atraso para que el transformador trabaje al 95%.

7. La potencia entregada a una carga trifásica balanceada con factor de potencia en

adelanto, es medida por dos vatímetros conectados en las líneas R y T. Las

lecturas indicadas son: PR = +1,000 vatios, PT = +400 vatios. Determinar:

12J3Zf +=

12J3Zf +=

12J3Zf +=


a. Las secuencias de fases.

b. El factor de potencia de la carga.

8. Las lecturas de dos vatímetros conectados para medir la potencia de una carga

trifásica balanceada son: +1200 y – 400 vatios respectivamente. Determinar:

a. Los KVA absorbidos por la carga.

b. El factor de potencia de la carga.

9. Una carga trifásica balanceada toma 5KW y 20 KVAR de una fuente de tensión.

Determinar las lecturas de los dos vatímetros conectados adecuadamente para

medir la potencia total.

10. Un motor trifásico de 10KVA, 380V, Cosϕ = 0.6, η = 0.83, 60 Hz., está en

paralelo con una carga en delta balanceada, la que tiene como impedancia de fase

Ω−= 10J15Z

Las dos cargas en paralelo son alimentadas de una fuente trifásica, la que tiene

380 voltios de tensiones de líneas. Si º30/380ERS −= voltios, determinar:

a. Las corrientes de líneas: TSR IeI,I

b. El factor de potencia total.

c. En el circuito mostrado Vº180/220ERS =

11. Determinar:

Las corrientes de líneas en módulo y

ángulo.

La potencia aparente total en módulo y

ángulo entregada por la fuente.

El diagrama fasorial de tensiones y

corrientes.

12. La carga en triángulo del circuito absorbe 4374 vatios y tiene el factor de

potencia de 0.809 en adelanto. Siendo las secuencias de fases positiva y

Vº26/EE RS −= ,


Determinar:

a. Las corrientes totales de líneas RSR IeI,I

b. La reactancia capacitiva X

13. Una carga equilibrada en conexión delta se alimenta de una fuente trifásica de

240 voltios de tensiones de líneas. La corriente de línea absorbida por la carga es

10 amperios. Se conecta un vatímetro monofásico de manera tal que a la bobina

amperimétrica circula la corriente de línea RI , y a la bobina voltimétrica se le

aplica la tensión STE , indicando así el vatímetro una lectura de 1500.

Determinar la impedancia de carga si RSE está a 0º y las secuencias de fase es

directa.

14. Una línea trifásica balanceada de 440 V, 60 Hz, alimenta a una carga conectada

en estrella balanceada, cuyas impedancias de fase son Ω= º0/10Zf .

Determinar:

a. El valor eficaz de la corriente de línea

b. La potencia activa total disipada

15. Una línea trifásica balanceado de 120 V eficaces, alimenta a una carga trifásica

balanceada cuyas impedancias de fases son Ω+= 10J20Zf Si las impedancias

se conectan en estrella determinar:

a. El valor eficaz de la corriente de línea

b. La potencia activa por fase

c. La potencia total disipada

Si las impedancias se conectan en triángulo determinar:

d. El valor eficaz de la corriente de línea

e. La potencia activa por fase

f. La potencia total disipada

16. Una carga trifásica balanceada en estrella, cada impedancia de fase está

constituido un circuito paralelo de R = 500 Ω, C = 50 µF, y L = 1.25 H. La carga

se alimenta de un generador trifásico en estrella en estrella, con

Vº0/240ERN = a la frecuencia angular de 100 rad/s. Determinar:

a. Las corrientes de líneas en forma polar.

b. La potencia compleja en forma polar, absorbida por cada fase.

c. El elemento pasivo a conectar en serie en cada línea, para maximizar el factor

de potencia total.

17. Una carga trifásica balanceada en estrella, cada impedancia de fase está

constituido un circuito serie de R = 500 Ω, C = 50 µF, y L = 1.25 H. La carga se

alimenta de un generador trifásico en estrella en estrella, con Vº0/240ERN = a

la frecuencia angular de 100 rad/s. Determinar:

d. Las corrientes de líneas en forma polar.


e. La potencia compleja en forma polar, absorbida por cada fase.

f. El elemento pasivo a conectar en serie en cada línea, para maximizar el factor

de potencia total.

18. P2. 2006 - 0 Una línea trifásica balanceada, con

Vº30/440ERS = alimenta a una carga

equilibrada en delta. Cada conductor de la

línea tiene una impedancia Ω+= 1J2Zl

tal como se muestra en el circuito adjunto.

La impedancia de fase de la carga en delta

es Ω+= 12J15Zf .

Determinar:

a. Las corrientes de líneas.

b. La potencia aparente absorbida por la carga en delta.

c. La potencia aparente absorbida por la línea.

d. La eficiencia del sistema.

19. Una carga serie R-L está conectada a una línea monofásica de 254 V, frecuencia

variable. Las lecturas de un voltímetro, un frecuencímetro, un amperímetro, y un

vatímetro conectadas a la carga para determinar la potencia compleja entregada

son 254 V, 60 Hz, 5 A, y 635 W, respectivamente. Para la frecuencia de 60 Hz,

determinar:

a. El valor del factor de potencia total.

b. La potencia reactiva entregada a la carga.

c. El valor de C, en paralelo con la carga para aumentar el factor de potencia total

al máximo.

d. Si la carga serie R-L, con 254 V es la impedancia entre línea y neutro de un

sistema trifásico balanceado en conexión estrella, cuál será la lectura de cada

uno de los dos vatímetros si se utiliza el método de los dos vatímetros.

20. (Prob. 20 Texto Eleindo)

Cada una de las tres impedancias de carga de un sistema trifásico equilibrado a 60

Hz consiste en una resistencia de 10 Ω en paralelo con un elemento puramente

reactivo. El sistema está conectado con los instrumentos de acuerdo con el método de

los dos vatímetros. Si uno de los vatímetros lee dos veces el valor del otro,

determinar el valor de los elementos reactivos.

21. Un sistema trifásico tetrafilar con V 0/ 208ERS °= , 60 Hz alimenta a un motor

trifásico de inducción de 5 HP, Cos ϕm = 0.71, ηm = 0.81, operando a plena

carga; y a una impedancia monofásica TNZ que absorbe 5 000 vatios con factor

de potencia unitario. Determinar:

RI

SI

TI

f,Z∆f,Z∆

f,Z∆

1J2Z +=l

1J2Z +=l

1J2Z +=l


a. Las corrientes de línea en módulo y ángulo.

b. La corriente en el conductor neutro.

c. La potencia aparente total

d. El factor de potencia total

e. La capacitancia a conectar entre las líneas R y T para aumentar el factor de

potencia total al máximo.

22. Una carga trifásica balanceada alimentada por una fuente trifásica de 450 V, 25

Hz está operando a factor de potencia 0.65 en atraso y tiene por impedancia de

fase Z = 15 Ω. Determinar:

a. Si la carga está en estrella

I. Las corrientes de fase.

II. Las corrientes de línea

III. La potencia aparente total

IV. La capacitancia por fase en estrella para aumentar el factor de potencia

total al máximo

b. Si la carga esta en delta

I. Las corrientes de fase

II. Las corrientes de línea si la carga esta en delta

III. La potencia aparente total

IV. La capacitancia por fase en delta para corregir el factor de potencia total

a 0.95 en atraso.

23. Un motor de inducción 3φ de 6 HP, 440 V, Cos ϕ = 0.76, η = 0.88, 60 Hz, opera

al 80 % de su plena carga, alimentada por una línea 3φ trifilar de 460 V, 60

Hz, cuyas impedancias de línea de (0.4 + J 0.3) Ω / conductor. En paralelo

con el motor está conectado un horno eléctrico 3φ de 3 000 vatios a 440 V, 60

Hz. Si la línea entrega en total 6 850 vatios y V 0/ 460ERS °= , determinar:

a. Las corrientes de línea

b. La tensión en el horno

c. La potencia absorbida por el horno

d. La potencia absorbida por el motor

e. La potencia total entregada por la línea

f. El factor de potencia total

24. Determinar la corriente aproximada en el arranque para el motor de inducción

del problema 23

25. Para el circuito mostrado K = 0.8 determinar:

a. El factor de potencia total

b. La impedancia equivalente en estrella


c. La impedancia equivalente en delta

26. Una carga trifásica tiene como impedancia de fase Ω+= 8J12Zf , determinar

las corrientes de línea cuando la carga es alimentada por una línea trifásica trifilar

de 220 V a 60 Hz, estando la carga es conectada en:

a. En estrella

b. En delta.

27. Un sistema trifásico equilibrado, conectado en estrella (ω = 100 rad/s), tiene, en

cada fase de su carga una conexión en paralelo de R = 500 Ω, C = 50 µF

y L = 1.25 H. Dado V 0/ 240ERN °= , siendo la secuencias de fases positiva,

determinar:

a. Las corrientes de fase en módulo y ángulo

b. Las corrientes de líneas en forma polar

c. La potencia aparente por fase en forma rectangular

d. La potencia total entregada por la línea trifásica en forma cartesiana

e. El factor de potencia total

f. El elemento en a colocar en serie en cada línea para maximizar el factor de

potencia total

28. P2-2006 - 0 Un carga trifásica balanceada conectada en delta, es alimentada por una línea

trifásica en secuencia directa con Aº30/440ERS −= , 60 Hz. La carga en delta,

toma 15 KVA, con factor de potencia 0.75 en atraso. Determinar:

a. La impedancia ∆,fZ por fase de la carga delta

b. Las corrientes de fase TSSR I,I

12 +J 16 Ω

12 +J 16 Ω

12 +J 16 Ω

20+J 25 Ω

20+J

25 Ω

20+J 25 Ω

R

S

T

8+J1

2 Ω

8+J12 Ω

8+J12 Ω


c. La capacidad del banco trifásico de condensadores en delta, para aumentar el

factor de potencia total al máximo

CIRCUITOS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS

Los circuitos trifásicos son desbalanceados, cuando las impedancias de fases de la carga

trifásica que alimenta son diferentes (no es balanceada)

En el circuito desequilibrado o desbalanceado, las corrientes difieren en magnitud o en

ángulo de fase, por esta razón que en la solución correcta de los problemas de circuitos

polifásicos, que presentan grado de desequilibrio, se debe tener en cuenta la secuencia

de fases

Las cargas de los circuitos trifásicos desbalanceados pueden estar en Y o ∆.

CIRCUITO TRIFÁSICO TRIFILAR EN “Y” DESBALANCEADO

El circuito de la Fig. 57, se muestra tres hilos con tensiones balanceadas en secuencia

directa R S T, con alguna tensión en referencia

Las impedancias de fases son Ω≠≠ 321 ZZZ …(220)

Se quiere evaluar las corrientes de líneas que también

son corrientes de fase de la carga, por estar dicha carga

en estrella.

El método a utilizar es el de corrientes de mallas 21 IeI

Ecuaciones tipo volt-amper de mallas:

Malla 1 23131RT IZI)ZZ(E −+= …(221)

Malla2 23213TS I)ZZ(IZE ++−= …(222)

De las ecuaciones (22) y (222)de corrientes de malla, se determina las corrientes de

mallas 21 IeI

Corrientes de líneas: Las corrientes de líneas se denotan con un subíndice, correspondiente a la línea por

donde circula; se determinan como funciones de las corrientes de mallas evaluadas,

luego se tiene:

AII 1R = …(223)

3Z

2Z

1Z1I

2I

RI

TI

SI

RTE

TSE


AII 2S −= …(224)

AIII 12T −= …(225)

Potencias aparentes de fases Se quiere evaluar las potencias aparentes de cada fase, es decir las potencias aparentes

que absorben cada una de las impedancias

Por la impedancia 1Z circula la corriente 1I ; por la impedancia 2Z circula la corriente

2I ; y por la impedancia 3Z circula la corriente 3I

Por ser las impedancias de fases diferentes, las corrientes de líneas tiene diferentes

magnitudes (circuito trifásico desbalanceado), de igual forma las potencias aparentes de

no necesariamente son iguales

Las potencias absorbidas por cada fase ( que también es la potencia entregada por la

línea trifásica trifilar) son:

Fase R – O VAIZS 2R1RO = …(226)

Fase S – O VAIZS 2S2SO = …(227)

Fase T – O VAIZS 2T3TO = …(228)

Potencia aparente total

La potencia aparente total es la suma de las tres potencias aparentes de fases, así:

VASSSS TOSOROtot ++= …(229)

Que en forma polar es:

VA/SS ºtottottot ϕ= …(230)

y en forma cartesiana es:

VAJQPS tottottot += …(231)

El factor de potencia total evaluado de la ecuación (230) siendo:

cos ºtotϕ …(232)


CIRCUITO TRIFÁSICO TRETRAFILAR EN “Y” DESBALANCEADO

El circuito se muestra en la Fig. 58, con cuatro hilos, de los cuales el conductor neutro

se encuentra a tierra. En este sistema trifásico, las tensiones de fase están balanceadas y

las corrientes de líneas son desequilibradas porque tener impedancias de fases diferentes


Corrientes de líneas Que también son corrientes de fases porque

la carga está en estrella

AZ

EI

1

RNR = …(234)

AZ

EI

2

SNS = …(235)

AZ

EI

3

TNT = …(236)

Corriente en el conductor neutro Se determina por 1ra ley de Kirchhoff AIIII TSRN −−−= …(237)

Potencias aparentes de fases


línea trifásica tetrafilar) son:

Fase R – N VAIZS 2R1RN = …(238)

Fase S – N VAIZS 2S2SN = …(239)

Fase T – N VAIZS 2T3TN = …(240)



VASSSS TNSNRNtot ++= …(241)








CIRCUITO TRIFÁSICO TRIFILAR EN “∆∆∆∆” DESBALANCEADO

En el circuito eléctrico de la Fig. 59 se muestra el circuito trifásico con tres hilos con

tensiones balanceadas en secuencia directa R S T, con alguna tensión en referencia

Las impedancias de fases son 321 ZZZ ≠≠ …(245)

Corrientes de fases Son aquellas corrientes que circulan por las impedancias de fases. Se denotan con doble

subíndice correspondiente a cada fase

AZ

EI

1

RSRS = …(246)

AZ

EI

2

STST = …(247)

AZ

EI

3

TRTR = …(248)

Corrientes de líneas Para evaluar las corrientes de líneas se aplica la 1ra ley de Kirchhoff en cada nodo de la

carga en delta:

En el nodo R: AIII TRRSR −= …(249)

En el nodo S: AIII RSSTS −= …(250)

En el nodo T: AIII STTRT −= …(251)

3Z

2Z

RI

TI

SI

RSE

STE

1Z

RSI

STI

TRITRE


Potencias aparentes de fases Las potencias absorbidas por cada fase ( que también es la potencia entregada por la


Fase R – S VAIZS 2RS1RS = …(252)

Fase S – T VAIZS 2ST2ST = …(253)

Fase T – R VAIZS 2TR3TR = …(254)



VASSSS TRSTRStot ++= …(255)







CIRCUITOS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS

Los circuitos trifásicos son desbalanceados, cuando las impedancias de fases de la carga

trifásica que alimenta son diferentes (no es balanceada)

En el circuito desequilibrado o desbalanceado, las corrientes difieren en magnitud o en

ángulo de fase, por esta razón que en la solución correcta de los problemas de circuitos

polifásicos, que presentan grado de desequilibrio, se debe tener en cuenta la secuencia

de fases

Las cargas de los circuitos trifásicos desbalanceados pueden estar en Y o ∆.

CIRCUITO TRIFÁSICO TRIFILAR EN “Y” DESBALANCEADO

El circuito de la Fig. 57, se muestra tres hilos con tensiones balanceadas en secuencia

directa R S T, con alguna tensión en referencia



Se quiere evaluar las corrientes de líneas que también

son corrientes de fase de la carga, por estar dicha carga

en estrella.

El método a utilizar es el de corrientes de mallas 21 IeI

Ecuaciones tipo volt-amper de mallas:

Malla 1 23131RT IZI)ZZ(E −+= …(221)

Malla2 23213TS I)ZZ(IZE ++−= …(222)

De las ecuaciones (22) y (222)de corrientes de malla, se determina las corrientes de

mallas 21 IeI

Corrientes de líneas: Las corrientes de líneas se denotan con un subíndice, correspondiente a la línea por

donde circula; se determinan como funciones de las corrientes de mallas evaluadas,

luego se tiene:

AII 1R = …(223)

AII 2S −= …(224)

AIII 12T −= …(225)

Potencias aparentes de fases Se quiere evaluar las potencias aparentes de cada fase, es decir las potencias aparentes

que absorben cada una de las impedancias

Por la impedancia 1Z circula la corriente 1I ; por la impedancia 2Z circula la corriente

2I ; y por la impedancia 3Z circula la corriente 3I

Por ser las impedancias de fases diferentes, las corrientes de líneas tiene diferentes

magnitudes (circuito trifásico desbalanceado), de igual forma las potencias aparentes de

no necesariamente son iguales


línea trifásica trifilar) son:

Fase R – O VAIZS 2R1RO = …(226)

3Z

2Z

1Z1I

2I

RI

TI

SI

RTE

TSE


Fase S – O VAIZS 2S2SO = …(227)

Fase T – O VAIZS 2T3TO = …(228)



VASSSS TOSOROtot ++= …(229)







CIRCUITO TRIFÁSICO TRETRAFILAR EN “Y” DESBALANCEADO

El circuito se muestra en la Fig. 58, con cuatro hilos, de los cuales el conductor neutro

se encuentra a tierra. En este sistema trifásico, las tensiones de fase están balanceadas y

las corrientes de líneas son desequilibradas porque tener impedancias de fases diferentes


Corrientes de líneas Que también son corrientes de fases porque

la carga está en estrella

AZ

EI

1

RNR = …(234)

AZ

EI

2

SNS = …(235)

AZ

EI

3

TNT = …(236)


Corriente en el conductor neutro Se determina por 1ra ley de Kirchhoff AIIII TSRN −−−= …(237)

Potencias aparentes de fases



Fase R – N VAIZS 2R1RN = …(238)

Fase S – N VAIZS 2S2SN = …(239)

Fase T – N VAIZS 2T3TN = …(240)



VASSSS TNSNRNtot ++= …(241)







CIRCUITO TRIFÁSICO TRIFILAR EN “∆∆∆∆” DESBALANCEADO

En el circuito eléctrico de la Fig. 59 se muestra el circuito trifásico con tres hilos con

tensiones balanceadas en secuencia directa R S T, con alguna tensión en referencia

Las impedancias de fases son 321 ZZZ ≠≠ …(245)

Corrientes de fases Son aquellas corrientes que circulan por las impedancias de fases. Se denotan con doble

subíndice correspondiente a cada fase


AZ

EI

1

RSRS = …(246)

AZ

EI

2

STST = …(247)

AZ

EI

3

TRTR = …(248)

Corrientes de líneas Para evaluar las corrientes de líneas se aplica la 1ra ley de Kirchhoff en cada nodo de la

carga en delta:

En el nodo R: AIII TRRSR −= …(249)

En el nodo S: AIII RSSTS −= …(250)

En el nodo T: AIII STTRT −= …(251)

Potencias aparentes de fases Las potencias absorbidas por cada fase ( que también es la potencia entregada por la


Fase R – S VAIZS 2RS1RS = …(252)

Fase S – T VAIZS 2ST2ST = …(253)

Fase T – R VAIZS 2TR3TR = …(254)



VASSSS TRSTRStot ++= …(255)


3Z

2Z

RI

TI

SI

RSE

STE

1Z

RSI

STI

TRITRE







PROBLEMAS DE CIRCUITOS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS:

Problema 1 Un generador de tensión alterna senoidal con 440 voltios de tensiones de líneas en

secuencia positiva, alimenta a una carga trifásica conectada en delta, siendo sus

impedancias de fases: Ω= º60/25ZRS Ω−= º90/18ZST y Ω−= º30/15ZTR

si la tensión de línea Vº30/440ERS = , determinar:

a. Las corrientes de líneas en módulo y ángulo.

b. La potencia aparente total entregada por el generador.

c. El factor de potencia total del circuito.

Solución

Conocida la tensión Vº30/440ERS = , en secuencia (+), el diagrama fasorial de

tensiones es:

º30/440ERS = V

º90/440EST −= V

º150/440ETR = V

El circuito eléctrico es:

RSE

STE

TRE

RI

SI

TI

STI

RSZ

STZ

TRZ

RSI

TRI


Determinando las corrientes de fase

A8.8J24.15º30/6.17º60/25

º30/440

Z

EI

RS

RSRS −=−===

Aº0/44.24º90/18

º90/440

Z

EI

ST

STST =

−

−==

Aº180/33.29º30/25

º150/440

Z

EI

TR

TRTR =

−==

a. Determinando las corrientes de líneas:

.A77.53)44.24(33.29I

III

.Aº73.43/73.128.8J2.9I

)8.8J24.15(44.24I

III

.Aº17.1143.458.8J57.44I

A)33.29(8.8J24.15I

III

T

STTRT

S

S

RSSTS

R

R

TRRSR

Rpta

Rpta

Rpta

−=−−=

−=

=+=

−−=

−=

−=−=

−−−=

−=

Determinando las potencias aparentes de fases

VA5.6706J3872º60/744S

VAº30/6.17xº30/440IES

RS

xRSRSRS

+==

==


VA6.753,1Jº90/6.753,10S

VAº0/44.24xº90/440IES

ST

xSTSTST

−=−=

−==

VA6.452,6J23.176,11º30/2.905,12S

VAº180/33.29xº150/440IES

TR

xTRTRTR

−=−=

−==

b. La potencia aparente total es:

.VAº9.34/19.349,187.499,410J23.048,15S

SSSS

tot

TRSTRStot

Rpta−=−=

++=

c. El factor de potencia total es:

Cos ϕtot = Cos(-34.9º ) = 0.8201 Rpta.

Problema 2

Un generador trifásico con tensiones de líneas de 220 voltios, alimenta a una carga

trifásica desbalanceada conectada en estrella, la que tiene por impedancias de fase:

Ω−= º30/12Z 0R Ω= º25/6Z 0S y Ω= º40/8Z 0T si RSE está a 0º,

determinar para secuencias de fase positiva y negativa:

a. Las corrientes de líneas en módulo y ángulo.

b. Las tensiones de fase en módulo y ángulo.

c. Las potencias aparentes por fase.

d. La potencia aparente total.

e. El factor de potencia total.

Solución

A. TENSIONES EN SECUENCIA DIRECTA O POSITIVA

.Vº0/220ERS = Teniendo en cuenta la secuencia de fases positiva, el

diagrama fasorial de tensiones es:


RSE

STE

TRE TSE

RTE

La carga trifásica desequilibrada está conectada en estrella, luego se resolverá

el problema mediante el método de corrientes de malla, denominado también

método de Maxwell.

Las ecuaciones de corrientes de mallas son:

2TO1TORORT IZI)ZZ(E −+= ….(1)

2SOTO1TOTS I)ZZ(IZE ++−= ….(2)

Del diagrama fasorial:

Vº60/220E,Vº60/220E TSRT =−=

….(3)

Resolviendo las ecuaciones de las mallas según (1), (2) y (3) se tiene:

a. Las corrientes de líneas son:

Rpta.

Rpta

Aº87.135/13.13I

)27.9J55.9(II;II

.Aº01.32/92.8I;II

S

sR2S

R1R

−=

+−==−=

−==

A27.9J55.9º13.44/31.13I

A73.4J56.7º01.32/92.8I

2

1

+==

+=−=

0R

Z

0S

Z0TZ

RTE

TSE

1I

2I


Rpta.Aº87.81/14.14I

14J99.1I;III

T

T12T

=

+=−=

Verificación: Si la suma de las tres corrientes de líneas es cero, la solución es correcta.

0III TSR =++

Queda como ejercicio para el lector, la comprobación de la suma geométrica de las tres

corrientes de líneas es cero.

b. Determinando las tensiones de fase.

Según el circuito eléctrico:

Rpta

Rpta

Rpta

Vº87.121/12.113º40/8xº87.81/14.14E

VZIE

Vº87.110/78.78º25/6xº87.135/13.13E

VZIE

Vº01.62/04.107º30/12xº01.32/92.8E

VZIE

0T

0TT0T

0S

0SS0S

0R

0RR0R

==

=

−=−=

=

−=−−=

=

c. Determinando las potencias aparentes por fase.

Para el circuito eléctrico:

.VAº30/8.954º30/12x92.8S

VAZII)ZI(IES

20R

0R2R

xR0RR

xR0R0R

Rpta−=−=

===


.VAº40/52.1599º40/8x14.14S

VAZII)ZI(IES

.VAº25/38.1034º25/6x13.13S

VAZII)ZI(IES

20T

0T2T

xT0TT

xT0T0T

20S

0S2R

xS0SS

xR0S0S

Rpta

Rpta

==

===

==

===

d. Determinando la potencia aparente total.

.VAº29.18/64.314890.897J65.2989S

SSSS

tot

0T0S0Rtot

Rpta=+=

++=

e. El factor de potencia total.

ϕtot = 18.29º , Cos ϕtot = Cos 18.29º = 0.9495 Rpta.

f. Diagrama fasorial en secuencia positiva de tensiones y corrientes

La solución por el método de corrientes de mallas es:

Aº13.44/31.13IAº01.32/92.8I 21 =−=

RSE

STE

TRE

1R II =

2I

1I−TI

2S II −=


B. TENSIONES EN SECUENCIA INVERSA O NEGATIVA

Con ,Vº0/220ERS = el diagrama fasorial de tensiones en secuencia

inversa o negativa es:

Siendo: Vº120/220EST =

,Vº120/220ETR −=

La solución del problema se puede determinar también por el método de

corrientes de mallas, pero para abreviar el cálculo es conveniente transformar

la estrella desequilibrada a una delta desequilibrada y determinar las corrientes

de fase para la delta y después mediante 1ra L.K ( Primera Ley de Kirchhoff),

las corrientes de líneas que son las mismas para la carga desequilibrada

conectada en estrella.

siendo: 0R0T0T0S0S0R ZZZZZZ ++=Σ

y al reemplazando valores se tiene: 2º11.16/19.149 Ω=Σ

El circuito de la delta equivalente es:

RSE

STE

TRE

120º

120º

RI

SI

TI

STI

RSZ

STZ

TRZ

RSI

TRI

0RZ

0TZ

0SZTRZ

STZ

RSZ


Ω−==Σ

=

Ω−=−

=Σ

=

Ω−==Σ

=

º89.8/37.32º25/8

º11.16/19.194

ZZ

º11.46/18.16º30/12

º11.16/19.194

ZZ

º89.23/27.24º40/8

º11.16/19.194

ZZ

0S

TR

0R

ST

0T

RS

Calculando las corrientes de fase:

Aº11.111/80.6º89.8/37.32

º120/220

Z

EI

Aº89.73/60.13º11.46/18.16

º120/220

Z

EI

Aº89.23/06.9º89.23/27.24

º0/220

Z

EI

TR

TRTR

ST

STST

RS

RSRS

−=−

−==

===

=−

==

Calculando las corrientes de líneas.(Mediante 1LK)

Rpta.

Rpta.

Aº63.115/43.1040.9J51.4I

Aº89.23/06.9º89.73/60.13I

AIII

Aº01.43/67.1401.10J73.10I

.Aº11.111/80.6º89.23/06.9I

AIII

S

S

RSSTS

R

R

TRRSR

=+−=

−=

−=

=+=

−−=

−=


Rpta.Aº77.107/38.2041.19J22.6I

Aº89.73/60.13º11.111/80.6I

AIII

T

T

STTRT

−=−−=

−−=

−=

Determinando las tensiones de fase.

El circuito en conexión estrella para secuencias de fases inversa es:

0RZ

0TZ

0SZ

R

S

T

0

0RE

RI

SI

TI0TE

0SE

Rpta.

Rpta.

Rpta

º77.67/04.163º40/8xº77.107/38.20ZIE

Vº63.140/58.62º25/6xº63.115/43.10ZIE

.Vº01.13/04.176º30/12xº01.43/67.14ZIE

0TT0T

0SS0S

0RR0R

−=−==

===

=−==

Determinando las potencias aparentes por fase.

.VA26.1291J52.2236º30/51.2582S

VAº01.43/67.14xº01.13/04.176IES

0R

x

R0R0R

Rpta−=−=

−==

.VA85.275J56.591º25/71.65S

VAº63.115/43.10xº03.140/58.62IES

0S

xS0S0S

Rpta+==

−==


.VA83.2135J38.2545º40/76.3322S

VAº77.107/38.20xº77.67/04.163IES

0T

xT0T0T

Rpta+==

−==

Determinando la potencia aparente total.

.VAº78.11/03.548942.1120J46.5373S

VASSSS

tot

0T0S0Rtot

Rpta=+=

++=

Determinando el factor de potencia total.

ϕtot = 11.78º Cosϕtot = Cos 11.78º = 0.9789º Rpta.

El diagrama fasorial de tensiones y corrientes se deja como ejercicio para el lector

Problema 3

Una línea trifásica de 200 voltios en secuencia positiva, alimenta una carga trifásica

desbalanceada en conexión delta, siendo sus impedancias de fase: Ω= º0/40ZRS

Ω= 40JZTR , Ω−= 40JZTR . Determinar las lecturas de dos vatímetros,

conectados adecuadamente para medir la potencia total entregada por la fuente.

Solución:

El circuito eléctrico para secuencia positiva es:

RI

SI

TI

R

T

S

RSI

TRI

STI

40

J 40

-J 40

RSE

STE

TRE

Tensiones de líneas:

Vº120/200EVº120/200EVº0/200E TRSTRS =−==

Determinando las corrientes de fases:

Aº0/5º0/40

º0/200

Z

EI

RS

RSRS ===


A5.2J33.4º021/5º90/40

º012/200

Z

EI

A5.2J33.4º021/5º90/40

º012/200

Z

EI

TR

TRTR

ST

STST

−−==−

==

+−=−=−

==

Determinando las corrientes de líneas (1LK)

Rpta

Rpta

Rpta

Aº90/5I

5J)5.2J33.4(5.2J33.4I

III

Aº165/66.9I

5.2J33.95)5.2J33.4(I

III

Aº15/66.9I

5.2J33.9)5.2J33.4(5I

III

T

T

STTRT

S

S

RSSTS

R

R

TRRSR

−=

−=+−−−−=

−=

=

+−=−+−=

−=

=

+=−−−=

−=

El diagrama fasorial de tensiones y corriente es:

RSE

STE

TRE TSE

RTE

RISI

TI

SRE


Lecturas de vatímetros:

1. Colocando los vatímetros en las líneas R y S:

R

RTRRTR

I

ECosIEP ⟨= y

S

STSSTS

I

ECosIEP ⟨=

Reemplazando valores se tiene:

PR = 200 x 9.66 Cos 75º = 500.04 vatios Rpta.

PS = 200 x 9.66 Cos 75º = 500.04 vatios Rpta.

2. Colocando los vatímetros en las líneas R y T

R

RSRRSR

I

ECosIEP ⟨= y

T

TSTTST

I

ECosIEP ⟨=

PR = 200 x 9.66 Cos 15º = 1866.17 vatios Rpta.

PT = 200 x 5 Cos 150º = -866.03 vatios Rpta.

3. Colocando los vatímetros en las líneas S y T

S

SRSSRS

I

ECosIEP ⟨= y

T

TRTTRT

I

ECosIEP ⟨=

PS = 200 x 9.66 Cos 15º = 1866.17 vatios Rpta.

PT = 200 x 5 Cos 150º = -866.03 vatios Rpta.

Problema 4

Una fuente bifásica trifilar con tensiones de línea de 250 voltios en secuencia positiva,

con RNE , a cero grados, alimenta a una impedancia triásica en conexión delta, siendo

las impedancias de fase: Ω= º30/6ZRN , Ω−= º50/4ZSN y Ω+= 6J8ZRS

Determinar:

a. Las corrientes de líneas entregada por la fuente.

b. La potencia total absorbida por la impedancia trifásica expresada en módulo y

ángulo.

c. La corriente en el neutro del generador, expresada en módulo y ángulo.

Solución

Las impedancias de fase de la carga trifásica son:


º306ZRN = ohms = 5.2 + J 3.0 ohms.

º504ZSN −= ohms = 2.57 – J 3.06 ohms.

6J8ZRS += ohms = 10 / 36.87º ohms.

La tensión eficaz de línea E = 250 voltios.

La tensión de fase º0/2

250ERN = voltios

Vº0/78.176ERN = . Por la secuencia de fase positiva, la tensión

Vº09/78.176ESN −= . Así: Vº45/250E,EEE RSRSRNRS =−=

Determinando las corrientes de fase en la carga.

Aº30/46.29º30/6

º0/78.176

Z

EI

RN

RNRN −===

Aº40/19.44º50/4

º90/78.176

Z

EI

SN

SNSN −=

−

−==

Aº13.8/25º87.36/10

º45/250

Z

EI

SN

RSRS ===


RNZ

SNZ

RSZ

RNE

SNE

RSE

RSI

RNI

SNI

NI

RI

SI

Determinando las corrientes de líneas.

AIII RSRNR +=

Aº13.8/25º30/46.29IR +−=


.Aº09.74/22.3395.31J11.9I

AIII

.Aº55.12/49.5119.11J26.50I

S

RSSNS

R

Rpta

Rpta

−=−=

−=

−=−=

Corriente en el neutro.

Rpta.Aº36/38.7314.43J36.59I

AIII

N

SNRNN

−=−=

+=

Determinando la potencia aparente total.

.RptaVAº45.1/42.537,1434.368J75.14532S

º13.8/25xº45/250º40/2.44x`º90/78.176º30/46.29xº0/78.176S

IEIEIES

tot

tot

*RSRS

*SNSN

*RNRNtot

=+=

−+−+=

++=

Problema 5

La tensión por fase de un generador bifásico tetrafilar es 150 voltios, y alimenta a dos

cargas AZ y BZ . La frecuencia es f = 60Hz. La carga AZ constituye circuitos de

alumbrado de làmparas de incandescencia, absorbiendo 5 KW

La carga BZ constituye circuitos de alumbrado y motores de inducción, los que en total

toman 3,240 vatios con factor de potencia 0.65 en atraso.

Determinar:

a. La corriente eficaz por fase que entrega el generador.

b. La potencia aparente total totS absorbidas por las cargas.

c. La capacitancia conectada en cualquier fase del generador, para corregir el factor


Solución



f = 60Hz.

EAa = 150 /0º V

EBb = 150 /-90º V

AZ : Constituye el circuito de

lámparas de incandescencia, luego es un circuito resistivo, absorbiendo

una potencia aparente:

VAº0/5000SA =

BZ : Constituye circuitos de alumbrado y motores de inducción, absorbiendo

una potencia aparente:

VA07.3788J9.3239º46.49/62.4984S

VA65.0Cos/65.0

3240S

VACos/Cos

PS

B

1B

B1

B

BB

+==

=

ϕϕ

=

−

−

BS

QB

PB

Bϕ

a. Determinación de las corrientes eficaces por fase.

Fase A:

Aº0/33.33I

Aº0/33.33º0/150

º0/5000

E

SI

A

Aa

Ax

A

=

===

El valor eficaz de la corriente de la fase A es 33.33 A Rpta.

Fase B:

AaE

AZ

BZ

A

B

AI

BI

a

b

BbE


Aº46.139/23.33I

Aº46.139/23.33º90/150

º46.49/62.4984

E

SI

B

Bb

Bx

B

−=

=−

==

El valor eficaz de la corriente de la fase B es 33.23 A Rpta.

b. Determinación de la potencia aparente total absorbida.

Rpta.VAº69.24/93.906807.3788J90.8239S

VAº46.49/62.4984º0/5000S

VASSS

1tot

1tot

BA1tot

=+=

+=

+=

c. Corrección del factor de potencia.- Se conecta C en una fase del generador,

obteniendo potencia aparente total final 2totS

ϕ1 = 24.69º

ϕ2 = Cos-1

0.9

ϕ2 = 14.07º

F)tgtg(E

PC 212

ϕ−ϕω

=

Siendo:

E: Valor eficaz aplicada al condensador = 150 V (para cualquier fase)

ω: La frecuencia angular ω = 2π x 60 = 377 rad/seg.

Ptot1: Es la potencia activa absorbida por el circuito en condiciones iniciales.

Ptot1 = 8239.90 vatios.

Luego:

.RptauF13.203C

)º07.14tgº69.24tg(377x150

90.8239C

2

=

−=

1to

tS

Qtot1

Ptot1

1ϕ 2ϕ

QC

2totS


Problema 6

Se hace funcionar un motor bifásico de 2HP, 220V, 60Hz, Cos ϕ = 0.95, η = 0.90;

mediante una línea trifásica cuyas tensiones de líneas son de 380 voltios en secuencia

positiva. Para tal propósito se arma el circuito mostrado, en donde 1Z y 2Z son

impedancias que tienen por finalidad desfasar las tensiones aplicadas al motor en 90º

eléctricos y además que dichas tensiones sean de igual módulo.

Si la tensión de línea RSE se adelanta en 30º con respecto a la tensión PSE ,

determinar para plena carga del motor:

a. Las impedancias 1Z y 2Z .

b. Las corrientes de líneas RI , SI , TI .

c. La potencia aparente total totS entregada por la línea trifásica.

d. El factor de potencia total.

Solución:

Definiendo las tensiones de fase en el motor bifásico.

Vº90/220EVº0/220E QTPS −==

determinando las tensiones de líneas.

Como RSE se adelanta en 30º a PSE , entonces las tensiones de líneas son:

Vº150/380E

Vº90/380E

Vº30/380E

RS

ST

RS

=

−=

=

La potencia aparente total del motor bifásico

VAº19.18/03.174595.0Cos/9.0x95.0

746x2S 1

m == −

Potencia aparente por fase del motor

VAº19.18/51.8722

SS

mfm ==

Determinando las corrientes en cada fase del motor

En la fase P–S


dondede,SIE fm

x

RPS = :

Aº19.18/97.3º0/220

º19.18/51.872I

x

R ==

Aº19.18/97.3Ix

R −=

En la fase Q-T

fm

x

TQT S)I(E =− , de donde

Aº19.108/97.3I

Aº19.108/97.3º09/220

º19.18/51.872I

T

x

T

−=−

=−

=−

a. Determinación de las impedancias 1Z y 2Z

Rpta.

Rpta.

.º19.18/30.40º19.108/97.3

º90/160

I

EZ

Vº90/160º90/220º90/380E

VEEE

º33.78/19.55º19.18/97.3

º14.60/09.219

I

EZ

Vº14.60/09.219º0/220º30/380E

VEEE

T

SQ1

SQ

QTSTSQ

R

RP1

RP

PSRSRP

Ω=−

−=

−=

−=−−−=

−=

Ω=−

==

=−=

−=

b. Determinando las corrientes de líneas.


.Aº21.153/61.5453.2J01.5I

III

.Aº81.71/97.3)I(I

.Aº19.18/97.3I

S

RTS

TT

R

Rpta

Rpta

Rpta

−=−−=

−−=

=−−=

−=

El diagrama fasorial de tensiones y corrientes.

c. Determinando la potencia total entregada por la línea totS .

Sea: mS , La potencia aparente absorbida por el motor

2Z1Z S,S , Las potencias aparentes absorbidas por las impedancias

2Z y 1Z

)3...()I(ESy)2..(IES

)1...(VASSSS

x

RSQ2Z

x

RRP1Z

2Z1Zmtot

−==

++=

(2) y (3) en (1) se tiene:

Rpta.VAº20.33/65.291284.1594J22.2437S

VAº19.108/97.3xº90/160º19.18/97.3xº14.60/09.219º19.18/03.1745S

tot

tot

=+=

−++=

d. Determinando el factor de potencia total: Cos ϕtot

ϕtot = 33.20º Así: Cosϕtot = Cos 33.20º

Cosϕtot = 0.8367 Rpta.

Problema 7

En el circuito indicado, las tensiones de líneas son de 381 voltios con RNE a cero

grados y en secuencia positiva, las líneas alimentan a las siguientes cargas:

Carga 1: Motor monofásico M1

3 HP, 381 V, Cos ϕm1 = 0.70, ηm1 = 0.85, 60Hz, % Operación = 80%

Carga 2: Motor 3 ∅ M2 5HP, 381 V, 60Hz, ηm2 = 0.85


Carga 3: Impedancia 3Z , 4 KW, 220 V, Cosϕ3 = 0.65

Carga 4: Impedancia 4Z , 6KW, 220 V, Cosϕ4 = 1.00

El vatímetro P3 indica una lectura de 2975.75 vatios, y el amperímetro A da como

lectura 8 amperios. Determinar:

a. La corriente absorbida por M1

b. El factor de potencia de M2

c. El % de carga de M2

d. El diagrama fasorial de tensiones y corrientes.

e. Las lecturas de P1, P2 y P4.

Solución

Determinando las corrientes en las cargas:

1ro. Carga M1:

VAº57.45/08.009,385.0x70.0

70.0Cos/80.0x745x3S

1

1 ==

−

.Aº57.15/89.7º30/381

º57.45/08.009,3

E

SI

RS

1*

1RS ===

a. Rpta..A12.2J60.7º57.15/89.7I 1RS −=−=

2do. Carga M2:

Sea 2TI la corriente que circula por la bobina amperimétrica de P3, luego:

75.2975ºCosx8x381I

ECosIEP

2T

TS2TTS3 =α=⟨=

b. Cos αº = 0.97 → αº = 12.50º


Siendo Cos ϕm2 el factor de potencia del motor M2

Rpta.737.0Cos;º50.42º50.12º30 2m2m =ϕ=+=ϕ

Luego: 2m2m CosIE3P ϕ= (Potencia 3φ)

vatios30.3892º50.42Cosx8x381x3P 2m ==

Potencia en el eje M2: Pm2 eje

HP43.445.3308P

vatios85.0x30.3892PP

eje2m

22meje2m

==

=η=

c. % de carga de M2: %60.88100x5

43.4aargC% ==

El motor está operando al 88.60% de la potencia nominal Rpta.

3ro. Carga 3Z

A12.5J49.7º45.169/97.27I

:luegoVAIES

VAº45.49/84.615365.0Cos/65.0

000,4S

3S

*

3SSN3S

13

−2−=−=

=

== −

4to. Carga 4Z

*

TN44 4TIES,VAº0/000,6S == de donde:

A61.23J63.13º120/27.27I

Aº120/27.27º120/220

º0/000,6

E

SI

4T

TN

4*

4T

+−==

−===


Determinando las corrientes de líneas.

Aº12.29/45.1552.7J49.13I

Aº50.42/8º57.15/89.7III

R

2R1RSR

−=−=

−+−=+=

Aº74.110/60.3342.31J90.11I

Aº120/27.27º5.77/8III

Aº78.172/06.4341.5J72.42I

Aº57.15/89.7º45.169/97.27º50.162/8I

AIIII

T

4T2TT

S

S

1RS3S2SS

=+−=

+=+=

−=−−=

−−−+−=

−+=

d. El diagrama fasorial: Se ha graficado en la siguiente página.

e. Determinando las lecturas de los vatímetros:

.vatios36.617,2P

)º74.110º0(Cosx6.33x3

381

I

ECosIEP

.vatios88.061,2P

))º78.172(º90(Cosx06.43x381I

ECosIEP

.vatios75.885,5P

))º12.29(º30(Cosx45.15x381I

ECosIEP

4

T

RNTRN4

2

S

STSST2

1

R

RTRRT1

Rpta

Rpta

Rpta

−=

−=⟨=

=

−−−=⟨=

=

−−−=⟨=


Problema 8

En el problema anterior, utilizando tres vatímetros monofásicos y conectados

adecuadamente, determinar la potencia activa total absorbidas por las cargas, y

compararlas con la suma de las potencias medias absorbidas por cada carga.

Para el desarrollo utilice el diagrama fasorial de tensiones y corrientes del problema

anterior.

Solución

Según el problema anterior se trata de una línea trifásica tetrafilar, la que alimenta a un

conjunto de cargas monofásicas y trifásicas, teniendo como consecuencia un sistema

trifásico tetrafilar desequilibrado.

Con tres vatímetros conectados entre líneas y neutro, tal como se muestra en el circuito,

se miden las potencias de fases, y la suma de las tres potencias indicadas por los

vatímetros constituye la potencia activa trifásica total.

Siendo: '3

'2

'1 PyP,P las lecturas indicadas por los vatímetros se tiene:

.vatios69.249,7P

))º74.110º120(Cosx60.33x3

381

I

ECosIEP

.vatios35.729,5P

))º78.172(º120(Cosx06.43x3

381

I

ECosIEP

.vatios98.968,2P

))º12.29(º0(Cosx45.15x3

381

I

ECosIEP

'3

T

TNTTN

'3

'2

S

SNSSN

'2

'1

R

RNRRN

'1

Rpta

Rpta

Rpta

=

−=⟨=

=

−−−=⟨=

=

−−=⟨=

la potencia activa trifásica total es: '3

'2

'1tot PPPP ++= vatios

Ptot = 15,993.02 vatios Rpta.

Determinando las potencias medias absorbidas por cada carga.


Carga M1: VA91.148,2J35.106,2º57.45/08.009,3S1 +==

Carga M2: vatios30.892,3P"

2 =

Carga Z3: VA52.676,4J00.000,4º45.49/84.153,6S3 +==

Carga Z4: vatios00.000,6P"4 =

Sumando sólo las potencias activas, se tiene:

vatios65.998,15P

00.000,600.000,430.892,335.106,2P

"tot

"tot

=

+++=

Se observa que "tottot PP =

Nota:

La pequeña diferencia se debe a que Ptot se ha determinado con valores

aproximados a las centésimas.

Problema 9

Un transformador trifásico Y–Y, 180KVA, 10/0.44 KV, 60Hz, ηt = 0.985, alimenta a

las siguientes cargas:

Carga 1:

Motor: 3φ, 85 HP, 440 V, 60 Hz, Cos ϕ1 = 0.809, η1 = 0.92, %PC = 100%

Carga 2:

Impedancia 1φ, 35 KW, 440 V, Cos ϕ2 = 0.80 en atraso.

Determinar:

a. Los KVA en módulo y ángulo de una carga 3∅ balanceada con factor de potencia

0.75 en atraso, para que el transformador opere al máximo normalmente.

b. Graficar el diagrama fasorial de tensiones y corrientes.

c. El % de carga del transformador.

d. Los valores eficaces de las corrientes primarias.

Solución


1ro. Determinando las corrientes secundarias de línea máxima 2I)

, que el

transformador puede entregar a plena carga es:

.Amp19.236440x3

000,180

E3

SI

2

2 ===)

Cualquier corriente de línea secundaria mayor que 2I)

, deteriora el devanado

secundario correspondiente del transformador

Sea la secuencia de fases positiva, con RNE a 0º, luego el diagrama de tensiones

es:

V440EEE

.V03.2543

440EEE

TRSTRS

TNSNRN

===

====

2do. Determinación de las corrientes secundarias absorbidas por la carga 1 y

carga 2.

Carga 1: Los datos del motor 3φ son:

85 HP, 440 V, 60 Hz, Cosϕ1 = 0.809, η1 = 0.92, %PC = 100%

La potencia aparente 1S que absorbe el motor a plena carga es:

VACos/xCos

PC%x746xHPS 1

1

11

1 ϕηϕ

= −

VA20.079,50J91.923,68S

VAº36/43.196,85809.0Cos/92.0x809.0

1x746x85S

1

11

+=

== −

Cada fase del motor absorbe la tercera parte de 1S , siendo 1fS la potencia

absorbida por fase de la carga 1

º30

RNE

SNE

TNERNE−

SNE−

TNE−

RSE

STE

TRE


VAº36/81.398,28º36/3

43.196,85

3

SS

11f ===

Para la fase R-N, la tensión de fase Vº0/03.254ERN =

.AE

SIIES

RN

1fx

1R

*

1RRN1f =⇒=

.Aº36/79.111º36/03.254

81.398,28I

x

RN ==

Luego: .A71.65J44.90º36/79.111I 1R −=−=

Las otras corrientes de líneas 1SI o 1TI están desfasadas en –120º y 120º

respectivamente, con respecto a 1RI ,

Así: .A47.45J12.102º156/79.111I 1S −−=−=

.A19.111J69.11º84/79.111I 1T −==

Carga 2:

Los datos de la impedancia 1φ son:

35 KW, 440 V, Cos ϕ2 = 0.80 en atraso.

Luego la potencia aparente 2S es:

VAº87.36/750,438.0Cos/8.0

000,35S 1

2 == −

VA250,26J800,35S2 +=

Sea: Vº30/440ERS = ; la tensión aplicada a la carga 2, así la corriente que circula

por la carga 2 es:

.A89.11J71.98º87.6/43.99I

.Aº87.6/43.99º30/440

º87.36/750,43

E

SI

2RS

RS

2x2RS

−=−=

===


3ro. El esquema del circuito con tensiones secundarias de 440 volt. Alimentado a las

dos cargas es:

Del esquema 2 se tiene:

1ra. L.K. en la línea R

.Aº31.22/45.20461.77J15.189I

III

'R

2RS1R'R

−=−=

=+=

1ra. L.K. en la línea S

.Aº51.170/63.20358.33J84.200I

III

'S

2RS1S'S

−=−−=

=−=

1ra. L.K. en la línea T

.Aº84/79.11119.111J69.11I

II

'T

1T'T

=+=

=

Diagrama fasorial de tensiones y corrientes totales correspondientes al esquema 2

es:

RSETRE

º31.22

º6

'RI

'TI

'SI

º49.9

3ESQUEMA

º30º30

4to. Según el cálculo anterior, al alimentar a las dos primeras cargas, las

líneas más recargadas son la R y S con 204.45 y 203.63 amperios

respectivamente. A estas corrientes de líneas, hay que adicionarlas las

corrientes de líneas de la carga 3 con factor de potencia 0.75 en atraso, de

3Z

φ 3

M 2

1RI

1SI

1TI

2RSI

'RI

'SI

'TI


manera tal que la corriente total entregada por el secundario del

transformador, no sobrepase los 236.19 amperios.

Por las aproximaciones de las magnitudes de las corrientes de línea 'RI e

'SI , es muy posible que tomando como base '

RI e 'SI de las corrientes de

líneas supere el valor de 236.19 amperios, por lo que se efectuará dos

cálculos para determinar la verdadera magnitud de corriente de la carga

3, así sea I´´ la corriente absorbida por la carga 3 tomando como base 'RI

(1er. Cálculo) Cos ϕ3 = 0.75

ϕ3 = 41.41º

º9.160º

.A19.236I R2

=α

=)

Por ley de cosenos se tiene:

ºCosII2)I()I()I( "R

'R

2"R

2'R

2R2 α−+=

Reemplazando valores:

º9.160CosI)45.204(2)I()45.204()19.236( "R

2"R

22 −+=

se tiene la ecuación de segundo grado:

091.985,13I39.386)I( "R

2"R =−+

la que tiene como solución: "RI = 33.32 A.

Luego las corrientes de líneas absorbidas por la carga a conectar serán:

.Aº59.78/32.33I

.Aº41.161/32.33I

.Aº41.41/32.33I

"T

"S

"R

=

−=

−=

La corriente total de línea R es:

.Aº95.24/19.23665.99J14.214I

.AmpIII

R2

"R

'RR2

−=−=

+=)

)

La corriente total de la línea S es:

º41.41

'RI

''RI

R2I

4ESQUEMA

º31.22

ºα

RNE


.AIII"

S

'

SS2 +=)

.Aº23.169/58.23620.44J42.2.23I S2 −=−−=)

Se observa que S2I)

es mayor que I2 en 0.39 amperios; aunque la diferencia es

pequeña, la línea S está ligeramente sobrecargada. Luego el análisis en donde se

toma como base las corrientes de línea '

RI queda descartada.

(2do. Cálculo) Tomando como base '

SI

γº = 189.1º

'S2I

) = 236.19 Amp.

S2I

''SI

'SI

º49.9

SNE

º30

º30

º41.41

5ESQUEMA

ºγ

Aplicando la ley de cosenos se tiene:

ºCosII2)I()I()I( "S

'S

2"S

2'S

2S2 γ−+=

)

Reemplazando valores:

º1.189CosI)63.203(2)I()63.203()19.236( "

S

2"

S

22 −+=

se tiene la ecuación de segundo grado:

054.320,14I13.402)I( "S

2"S =−+

la que tiene como solución: .A92.32I"S =

Luego: .Aº49.9º/92.32I"S +γ=

.Aº59.198/92.32I"S =

.Aº41.41/92.32I"R −=

.Aº59.78/92.32I"T =


5to. Determinando las corrientes totales de líneas secundarias, aplicando la 1ra.

Ley de Kirchoff.

En la Línea R.

.Aº93.24/81.23539.99J84.213Iˆ

.AIIIˆ

R2

"R

'RR2

−=−=

+=

En la línea S:

.Aº25.169/19.23606.44J04.232Iˆ

.AIIIˆ

S2

"S

'SS2

−=−−=

+=

En la línea T

.Aº77.82/60.14445.143J20.18I

.AIIIˆ

T2

"T

'TT2

=+=

+=)

Así la solución del 2do. Cálculo es la correcta porque ninguna de las

corrientes totales secundarias de líneas supera la máxima corriente de línea

secundaria que puede entregar el transformador 19.236I2 =)

amperios.

a. Determinando la potencia aparente de la carga 3

Rpta.VA44.594,16J20.816,18º41.41/41.088,25S

VAº41.41/92.32x440x375.0Cos/"IE3S

3

13

+==

== −

b. Diagrama fasorial de tensiones y corrientes.

Queda como ejercicio para el lector, realizándolo con la ayuda del esquema 5.

c. Determinando el porcentaje de carga del transformador.

Rpta.53.85100x000,180

91.947,153PC%

VAº13.37/91.947,153S

VA75.923,92J11.740,122S

VASSSS

tot

tot

321tot

==

=

+=

++=

d. Determinando los valores eficaces de las corrientes primarias del transformador.

Sean S1R1 Iˆ

,Iˆ

e T1Iˆ

, las corrientes primarias de líneas


Así: 21 Iˆ

000,10

400Iˆ

=

En la línea R

Rpta..Aº93.2437.10I

.Aº93.24/81.235x000,10

440Iˆ

000,10

440Iˆ

R1

R2R1

−=

−==

)

En la línea S

Rpta..Aº25.169/39.10º25.169/19.236x000,10

440Iˆ

Iˆ

000,10

440Iˆ

S1

S2S1

−=−=

=

En la línea T

Rpta.Aº77.82/36.6º77.82/60.144x000,10

440Iˆ

000,10

440Iˆ

T2T1 ===

PROBLEMAS PROPUESTOS DESBALANCEADOS

1. Una alimentación trifásica 240 V, 60 Hz, está conectada a una carga

desequilibrada en triángulo. Las impedancias están conectadas en la siguiente

forma: Ω°= 20/ 3ZRS ; Ω°= 30-/ 6ZRT ; Ω°= 60/ 4ZTS . Determinar los

valores eficaces de las corrientes de línea.

RSE

STE

TRE

R

S

T

RI

SI

TI

STI

RSZ

STZ

TRZ

RSI

TRI


2. En el circuito mostrado Vº30/380ERS −= en secuencia inversa,

Ω= º60/12Z 0R , Ω−= º40/10Z 0S , Ω= º0/15Z 0T . Determinar:

a. Las corrientes de mallas 21 IeI

b. Las corrientes de líneas TSR Ie,I,I

c. La potencia aparente total entregada por la

línea


3. Una carga desbalanceada en triángulo tiene que tiene las impedancias de fase:

. 90/ 58Zy 75/ 40Z , 45-/ 36Z STTRSR Ω°=Ω°=Ω°= , y una carga

monofásica Ω°= 0/ 10ZRS . Si V 45/ 220ERS °= y la secuencia de fases en

negativa, determinar en módulo ángulo las corrientes de línea.

4. Un sistema trifásico tetrafilar de 208 V, 60 Hz con neutro a tierra alimenta a una

carga trifásica equilibrada en estrella cuyas impedancias de fase son

Ω°= 35/ 8ZfY ; a una carga balanceada en triángulo cuyas impedancias de fase

son Ω°=∆ 70/ 60Zf y a una carga monofásica cuya impedancia es

Ω°= 30-/ 50ZSN . Si V 0/ 208ERS °= , Determinar:

a. Las corrientes de fase en la carga en estrella

b. Las corrientes de fase en la carga en delta

c. Las corrientes de línea.

5. El detector de secuencia de fases RC, mostrado

incorpora una resistencia de 1 KΩ, Que valor de

C maximizará la diferencia entre la magnitud de

salida del detector VQS y la magnitud de

tensión de línea.

R

_

- VQS

+S

T

Q

R

C

_

IRT

0R

Z

0S

Z

0TZ

RTE

TSE

1I

2I


6. En el circuito de la Fig. 2 las impedancias son:

Ω+=Ω+= 50J20Z , 30J40Z 21 . La

tensión de fase V. 0/ 220ERN °=

La tensión de la fase S-N está a – 90°

Determine:

a. La potencia aparente total en módulo y

ángulo entregada por el generador

bifásico

b. La capacitancia a conectar en borne de

la línea R – S , para incrementar el

factor de potencia total al máximo.

7. Suponer que la carga en triángulo abierto se conecta a una fuente trifásica

equilibrada

a. Si la máxima corriente de línea admisible en

cualquiera de los conductores es l

I , obtener una

expresión para la potencia máxima suministrada a

las dos impedancias

b. Si l

I es la misma de a. comparar el resultado de

a. con la potencia suministrada a tres impedancias

Z conectadas en triángulo

8. Si Vº0/200ERS = en secuencia directa. La impedancia 1Z toma 20 KW con

factor de potencia unitario; . la impedancia 2Z toma

12 KW con factor de potencia 0.6 en atraso; la

impedancia 3Z toma 16 KW con factor de `potencia

0.8 en adelanto

Determinar:

a. Las corrientes de líneas TSR Ie,I,I

b. El factor de potencia total

9. En el circuito mostrado Vº0/200ERS = en secuencia inversa. Determinar:

a. Las corrientes de líneas TSR Ie,I,I

b. La potencia aparente total absorbida por

el circuito

c. El factor de potencia total

d. El valor de la reactancia de la bancada

de reactores en delta, para aumentar el

factor de potencia total al máximo

Z

Z

1Z

2Z

3Z

RI

SI

TI

R

T

S

Ω5

Ω6

Ω4J

Ω− 8JΩ5

Ω5

RI

SI

TI

R

S

T


10. La línea trifásica es alimentada por un generador

de 30 KVA, 380 V, 60 Hz

La impedancia fZ absorbe 6 KVA con factor de

potencia 0.8 en atraso.

La impedancia Z , tiene factor de potencia 0.6 en

atraso. Se desea que el generador opere a la

potencia nominal .

a. Determinar el módulo de Z.

b. El % de carga del generador

c. La eficiencia del sistema


a. En el circuito mostrado, las secuencia de

fases es ANE , BNE con

Vº40/120EBN −= .

Las impedancias son: Ω+= 10J12ZA ,

Ω= º45/18ZB y Ω+= 30J20ZAB .

Determinar:

a. La potencia mínima del generador

bifásico

b. El factor de potencia total

Seguidamente se conecta un condensador entre líneas A-B, de manera tal que el

factor de potencia total es 0.97 en atraso. Determinar:

d. El valor de la capacidad del capacitor

e. El porcentaje de carga del generador

b. Una línea trifásica con Vº30/380ERS = , 60 Hz en secuencia positiva, alimenta

a una carga trifásica desbalanceada como la que se muestra.

La corriente de línea Aº150/12IS −= .

Determinar:

a. La potencia trifásica activa total absorbida por

la carga trifásica

b. La potencia reactiva total

c. El factor de potencia total

fZ

fZfZ

Z

R

S

T

SI

RI

TI

AZ

BZ

ABZ

AI

BI

NI

Ω35

2Z

1Z


BIBLIOGRAFÍA

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Autor : Emilio Soria Olivas – José David Martín Guerrero

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Editorial : MC. Graw Hill.(2004)

Título : Circuitos

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Título : Circuitos Eléctricos para Ingeniería

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Título : Principios y Aplicaciones de Ingeniería Eléctrica

Autor : Giorgio Rizzoni

Editorial : MC. Graw Hill. Tercera Edición. (2002)

Título : Análisis de Circuitos en Ingeniería

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Título : Análisis Básico de Circuitos en Ingeniería (Quinta Edición)

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Título : Análisis Básicos de Circuitos en Ingeniería (Quinta Edición)

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Título : Circuitos de Corriente Alterna


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Autor : Rafael Sanjurjo Navarro – Eduardo Lázaro Sánchez

Editorial : MC. Graw Hill (1997)

Título : Fundamentos de Circuitos Eléctricos

Autor : J. R. Cogdell


Título : Circuitos Eléctricos

Autor : James W. Nilsson

Editorial : Addison-Wesley Iberoamericana. Cuarta Edición. (1995)

Título : Introducción al Análisis de Circuitos

Un Enfoque Sistémico

Autor : Donald E. Scott


Título : Electrotecnia

Autor : Jesús Gómez Colorado– Juan Carlos Martín Castillo

Editorial : Editex.(1999)

Título : Análisis de Circuitos Eléctricos

Autor : Egon Brenner – Mansour Javid

Editorial : MC. Graw Hill. (1977)

Título : Ingeniería Eléctrica

Autor : A. Bruce Carlson – David G. Gisser

Editorial : Addison-Wesley (1990)

Título : Primer curso en Ingeniería Eléctrica y Computación

Con Matlab Programas y Experimentos

Autor : Louis L. Scharf – Richard T. Behrens

Editorial : Addison-Wesley (1991)

Sistemas bifásicos y trifásicos LEIV

Investor Relations

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