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TERCERA PARTECORRIENTE ALTERNA SENOIDAL

Corriente alterna senoidal

El paso periódico de un campo magnético fijo cerca de un conductor, o el paso periódico de un conductor por un campo magnético fijo, produce un voltaje oscilatorio de forma senoidal.

El voltaje o la corriente alterna sinusoidal son generados por una máquina rotativa simple de 2 polos o de una máquina equivalente con número par de polos conectados de manera tal de entregar un solo valor senoidal en cada instante. Produce un voltaje variable de positivo a negativo con una forma de onda senoidal cuyo período es igual al período de paso del rotor entre dos polos consecutivos del mismo signo.

Generador de CA muy simple

La rotación del campo magnético produce una forma de voltaje senoidal

Velocidad angular

Es la velocidad de rotación del rotor ω o la velocidad equivalente para una máquina de mayor número de polos (P).

ωEQ = P ω / 2 (radianes por segundo)

Período

Es el tiempo que transcurre para completar un ciclo completo de la onda senoidal.

T = 2π / ω (seg)

Frecuencia

Es el número de ciclos de la onda senoidal producidos en cada segundo

f = 1 / T = ω / 2π (Hz = ciclos / seg)

ω = 2 π f

Voltaje pico (Vp)

Es el valor absoluto del máximo voltaje positivo o negativo.

Voltaje instantáneo

Es el valor de voltaje en un instante de tiempo. Si θ es el ángulo de giro del rotor en cual comienza la medición:

v (t)=V p sen(ωt+θ) (V)

Si f es la frecuencia en ciclos por segundo:

ω=2π f radianesseg

v (t)=V p sen (2π f t+θ) (V)

Si : f =60 Hz ω=377 radseg

T=0.01666 seg

Voltaje pico a pico (Vpp)

Es la máxima diferencia entre el voltaje máximo positivo y el máximo negativo.

Vpp = 2 Vp

Electrotecnia – Parte 3 – Prof. Ing. Horacio Fabres – Diciembre 2011 29

Análisis de circuitos bajo CA(en el dominio del tiempo)

Voltaje y corriente en una resistencia

i t =v t R

i t =V p

Rsen t

El voltaje y la de intensidad coinciden en el tiempo, se dice entonces que voltaje e intensidad están en fase.

Voltaje y corriente en un condensador

q=Cv dqdt =C dv

dt i t =C dvdt

i t =C V p cos t

La intensidad coincide en el tiempo con el cambio de voltaje.

La intensidad está adelantada 90º con respecto al voltaje.

La intensidad es proporcional a la frecuencia.

Un condensador almacena carga en ½ ciclo y la devuelve en el siguiente ½ ciclo, intuitivamente

vemos que no consume energía, excepto por sus pérdidas internas.

Voltaje aplicado y corriente en una inductancia

v (t )=−L didt

i (t )=−V p

ω Lcos(ω t+θ)

El voltaje coincide en el tiempo con el cambio de intensidad.

La intensidad está atrasada 90 º con respecto al voltaje

La intensidad es inversamente proporcional a la frecuencia.

Una inductancia almacena flujo magnético en ½ ciclo y lo pierde induciendo un voltaje en el siguiente ½ ciclo. Intuitivamente vemos que no consume energía, excepto por sus pérdidas óhmicas y en el núcleo (si lo hay).

Voltaje eficaz o rms

Es el valor de un voltaje de CD que haría el mismo trabajo en el mismo tiempo sobre una resistencia R.


Con el siguiente desarrollo se determina el valor eficaz o rms (root mean square) o valor cuadrático medio Vef de una onda de voltaje senoidal.

W=PΔT =V ef

2

RΔ T paraΔT=(π−0)

V ef=√R WΔT

=√ Rπ∫0

π v (t)2

Rdt=√ 1

π∫0

πv (t)2 dt

V ef=√ 1π∫0

πV p

2 sen 2(ω t)dt

V ef=V p√ 1π∫0

π(1−cos2 (ωt ))dt

V ef=V p√ 1π∫0

π (1−cos(2ω t))2

dt

V ef=V p

√2 √ 1π∫0

π(1−cos(2ω t ))dt

V ef=V p

√2 √ 1π (∫0

πdt−∫0

πcos (2ω t )dt )

Obsérvese en la figura que∫0

πcos(2ω t )dt=0

V ef=V p

√2 √ 1π (π−0)

V ef=V p

√2V p=V ef √2

Igualmente:

Ief=I p

√2I p=I ef √(2)

Fasores

Para muchos cálculos relacionados con la corriente alterna nos interesa el efecto sobre la potencia y la energía en un tiempo mucho mayor que un ciclo, de manera que no necesitamos conocer la respuesta de un circuito en cada instante de tiempo.

Un fasor es la representación de la magnitud eficaz y el ángulo de fase de un voltaje o una corriente senoidal en coordenadas rectangulares planas, para ser tratados matemáticamente como vectores en coordenadas polares o como números complejos.

Como vectores polares, la magnitud representa el valor absoluto y el ángulo ϕ representa el desfase del inicio de la onda de voltaje o de corriente con respecto al ángulo del inicio de la medición (θ).

Los fasores en los elementos pasivos básicos son, considerando que la medición de voltaje comienza al inicio de un ciclo (ωt = 0, θ = 0):

V = Vef + j0 V = Vef ∠ 0º

En una resistencia:

I=I ef j0

I=I ef 0º

En un condensador:

I=0 j I ef

I=I ef90º

En una inductancia:

I=0− j I ef

I=I ef−90º

Como números complejos, la componente no desfasada con respecto al inicio de la onda de voltaje (ángulo=0) de la fuente, se considera en el eje “x” o real, y la componente desfasada en el eje “y” o imaginario.


Operaciones con fasores y números complejos

Por ser la suma y la resta muy extensas para vectores polares, es preferible usar números complejos para sumar y restar.

Por ser la multiplicación y división muy extensas en el plano complejo, es preferible usar vectores en coordenadas polares para multiplicar y dividir.

Suma: a jbc jd =ac j bd

Resta: a jb−c jd =a−c j b−d

M ultiplicación: a⋅b=ab

División: ab=

ab −

La unidad imaginaria j

j=−1 j2=−1

1j= 1−1

= −1−12

=−1−1

=− j

Conversión entre valores complejos y polaresDe complejo a polar:

a j b=a2b2tan−1 ba

De polar al plano complejo:

a=a cos j a sen

Conversión entre radianes y grados

º= 180 (rad) y (rad)=

180 º

Impedancia

Relación entre el voltaje y la corriente fasorial en una corriente alterna. Representa la oposición al paso de la corriente eléctrica no directa (alterna, pulsante, transitoria) ejercida por una carga, puede estar formada por cualquier combinación de componentes resistivos (resistencias) y componentes reactivos (inductancias, capacitancias). La dimensión de la impedancia es el Ohm.

Intuitivamente, la oposición al paso de la corriente alterna en una resistencia es igual que si la corriente fuera directa, es igual a la resistencia R.

En un condensador, a mayor capacidad C y a mayor velocidad angular ω, más rápido varía la carga en el tiempo, por lo que ejerce una menor oposición al paso de la corriente.

Para un inductor, a mayor inductancia L, y a mayor velocidad angular ω, más oposición a los cambios de flujo en el tiempo y por ende, a los cambios de voltaje y corriente. Por estas razones, la impedancia de un circuito que incluya capacitancias e inductancias depende de la frecuencia. El concepto de impedancia se utiliza en el dominio de la frecuencia, ya que en el dominio del tiempo no tiene significado. Debido al desfase de 90º entre el voltaje y la corriente en cada componente reactivo (capacitor o inductor), la impedancia se puede representar de diferentes maneras:

1. En forma compleja (el cálculo obedece a la geometría rectangular), con la componente resistiva como la parte real y la reactiva como la parte imaginaria.

2. En forma polar, donde la magnitud representa el valor absoluto y el ángulo representa el desfase entre el voltaje y la intensidad de corriente.

3. En forma rectangular, con la componente resistiva en el eje “x” y la componente reactiva en el eje “y”.

El valor complejo de la impedancia de elementos pasivos básicos sale de la relación entre intensidad y voltaje en cada elemento:

En una resistencia:

I ef=V ef

R

Z R=R j0

Z R=R0º

En un condensador:

I ef=C V ef

Z C=0 1jC

Z C=1C

−90º

En una inductancia:

I ef=1ω L

V ef

Z L=0+ jω L

Z L=ωL90º


Representación polar de la impedancia

La impedancia es la relación entre los fasores de voltaje y corriente, por lo tanto sólo nos interesa la magnitud y el desfase entre voltaje e intensidad.

Fasores de voltaje y corriente en una impedancia Z. El ángulo de la impedancia será igual pero de signo opuesto al ángulo de la corriente.

Para una impedancia Z con desfase ϕy ángulo inicial de voltaje θ :

V=V ef cosθ+ j V ef senθ

V=V ef θ º

I= Ief cos(θ−ϕ)+ j I ef sen(θ−ϕ)

I=I ef (θ−ϕ)º

Z=VI=

V efθºI ef(θ−ϕ)º

=V ef

I efϕº ohm

Representación rectangular y compleja de la impedancia. Resistencia y Reactancia

Podemos representar también una impedancia en forma rectangular con dos componentes en el plano cartesiano, una en el eje real, la parte resistiva, y una imaginaria o reactiva en el eje imaginario, llamada reactancia. La reactancia puede ser capacitiva (ángulo ϕ negativo) o inductiva (ángulo ϕ positivo).

En un diagrama eléctrico se pueden representar la resistencia y la reactancia de una impedancia como elementos en serie.

Las relaciones entre las componentes resistiva y reactiva quedan así:

Z=R+ j X Z=√R2+X 2tan−1 XR

R=Z cos ϕ R=√Z 2−X 20º −90º≤ϕ≤+90º

La parte real o resistiva de una impedancia se comporta como una resistencia pura, y no produce desfase entre el voltaje y la corriente. Una resistencia sola es una impedancia resistiva que no tiene parte imaginaria.

Si la impedancia es inductiva, se puede representar como la serie de una resistencia (parte real) y una inductancia (parte imaginaria positiva):

X L=Z sen ϕ X L=√Z 2−R2 0º≤ϕ≤+90º

Si la impedancia es capacitiva, se puede representar como la serie de una resistencia (parte real) y una capacitancia (parte imaginaria negativa):

X C=Z sen ϕ X C=−√Z 2−R2 −90º≤ϕ<0º

El valor complejo de una impedancia formada por una combinación de elementos pasivos básicos en serie y/o paralelo se calcula con las reglas de conexión en serie y en paralelo de los elementos que la componen, y operando en números complejos o vectores polares.

Admitancia

El inverso de la impedancia se llama admitancia y se mide en mho. La parte real de la admitancia es la conductancia y la parte imaginaria de la admitancia se llama susceptancia, las cuales no corresponden


necesariamente a los inversos de la resistencia ni de la reactancia de la impedancia correspondiente.

Admitancia: Y= 1Z

(mho)

Y = G + j B (mho)

donde G = conductancia y B = susceptancia

Mientras en un diagrama eléctrico una impedancia se puede representar como la serie (la suma vectorial) de una resistencia y una reactancia, la admitancia equivalente se representa como el paralelo (la suma vectorial) de una conductancia y una susceptancia.

Conductancia y susceptancia

La conductancia es el inverso de una resistencia, y la susceptancia el inverso de una reactancia, y se combinan siguiendo las leyes de las admitancias.

Podemos deducir la admitancia, conductancia y susceptancia a partir de una impedancia:

Y= 1Z =

1R jX =

1R2X 2

−tan−1 XR

Y= 1R2X 2

cos tan−1 XR− j 1

R2X 2sen tan−1 X

R

G= 1R2X 2

cos tan−1 XR mho

B=− j 1R2X 2

sen tan−1 XR mho

NOTA: De acuerdo a las ecuaciones anteriores, una admitancia NO es la suma de los inversos de la resistencia y la reactancia de la impedancia correspondiente, a menos que la impedancia sea una resistencia o una reactancia pura.En general: Y ≠ 1/R + j1/X.

Combinación de impedancias

El cálculo de impedancias compuestas utiliza reglas similares a las de las resistencias compuestas, aunque se deben usar las operaciones adecuadas según la representación que se elija, ya sea compleja o polar.

Impedancias en serie: Z S=∑1

nZ i

Para calcular impedancias en serie es más fácil si se plantean en forma compleja:

Z S=∑1

nR i j∑1

nX i

Se pueden ordenar en una tabla:

Real Imaginaria

Z1 R1 X1

... ... ...

Zn Rn Xn

ZS R1+R2 ... +Rn X1+X2 … +Xn

Impedancias en paralelo: 1

Z P=∑1

n 1Z i

Para calcular impedancias en paralelo se debe hacer una operación más complicada. Primero se obtienen los inversos en forma polar, se trasladan a forma compleja y luego se suman en una tabla.

Mag. Ang. Real Imaginaria

1/Z1 - ϕ 1 1/Z1 cos ϕ 1 1/Z1 sen -ϕ 1

... ... ... ...

1/Zn - ϕ n 1/Zn cos ϕ n 1/Zn sen -ϕ n

1/ZP Σ 1/Zi cos ϕ i Σ 1/Zi sen ϕ i

= YP = GP = BP

Con estos resultados parciales se obtiene la admitancia, conductancia y susceptancia equivalentes del paralelo de impedancias. La impedancia equivalente es el inverso de la admitancia.

Z P=1

Y P=

1

√GP2+BP

2 − tan−1 BP

GP

Luego se puede convertir a la forma compleja si se requiere.

Para dos impedancias en paralelo el cálculo se puede hacer un poco más directo si se tienen las formas polar y compleja de cada una:

Z P=Z1 Z 2

Z 1+Z 2


Combinación de admitancias

Al igual que con las impedancias, las operaciones deben hacerse en forma vectorial.

Admitancias en paralelo: Y P=∑1

nY i

Admitancias en serie: 1

Y P=∑1

n 1Y i

Debido a que las admitancias en paralelo se suman, algunos problemas se resuelven más fácilmente si se convierten las impedancias en admitancias.

Impedancia de circuitos R-C y R-L

Circuito R-C en serie:

Z=Z RZ C

Z=R j0 0 1jC

Z=R− jC

Circuito R-C en paralelo:

Z= 11

Z R 1

Z C

Z= 11R jC

= 1

1R2

2 C2tan−1CR

Z= 1R2

2C 2−12−tan−1 CR

Circuito R-L en serie:

Z=Z RZ L

Z=R j0 0 j L

Z=R j L

Circuito R-L en paralelo:

Z= 11

Z R

1Z L

= 11R

1j L

= 11R− j 1 L

Z= 1

1R2

12 L2tan−1− R

L

Z= 1R2

12 L2−

12tan−1 R

L

Impedancia de un circuito R-L-C, resonancia

Circuito R-L-C en paralelo

Impedancia: Z=RS+[ 1R+ j( 1

X L− 1

X C )]−1

Circuito R-L-C en serie

Impedancia: Z=R j X L−X C

Las impedancias de los componentes capacitivos e inductivos se restan, ya que tienen direcciones opuestas sobre el mismo eje imaginario.

En ambos casos la frecuencia de resonanciase produce cuando X L=X C

ω L= 1ωC

ω2=1

LC ω= 1

√LC f = 1

2π√LC


Circuito R-L-C en paralelo – la corriente es mínima en resonancia (debe minimizarse a la frecuencia fundamental)Las armónicas producen un aumento de corriente en los capacitores, motores y transformadores

Circuito R-L-C en serie – la corriente es máxima en resonanciaAlguna de las armónicas podría dañar componentes no filtrados

Potencia bajo corriente alternaPotencia instantánea: P (t )=v (t )i (t )

La potencia media durante un ciclo es: Pm=1

2π∫0

2 πv (t )i(t )dt

Para una resistencia: v (t )=V P sen(ω t ) y i (t )= v(t)R

, considerando por simplicidad θ=0

Pm=1

2 π∫0

2π V p2

Rsen 2(ω t)dt= 1

2πV p

2

R ∫0

2 π 12(1−cos(2ωt ))dt= 1

2πV p

2

Rπ=

V p2

2R=

V ef2

R=V ef I ef

Para un condensador o una inductancia: Pm=1

2πV p I p∫0

2πsen(ω t )cos (ω t )dt=0

Se concluye que de los elementos pasivos básicos, sólo las resistencias consumen potencia, calculada con los valores eficaces de voltaje y corriente, mientras los condensadores y las inductancias almacenan y devuelven energía.


Para una impedancia Z = V / I ∠ ϕ y un desfase entre V ∠ 0º e I ∠ -ϕ :P (t )=V p sen (ω t ) I p sen(ω t+ϕ)=V p sen (ω t ) I p (sen(ω t )cosϕ+sen ϕ cos(ω t ))

P(t )=V p I p (sen2(ω t )cosϕ+sen (ω t )cos(ω t )sen ϕ)

Pm=1

2πV p I p(∫0

2 πcosϕ sen2 (ω t )+∫0

2πsen ϕ sen (ω t )cos (ωt ))

Pm=1

2πV p I p cosϕ∫0

2πsen 2(ω t) + 0 = 1

2 πV p I p cos ϕπ=V ef I ef cos ϕ

Para una resistencia, cosϕ es 1: Pm=V ef I ef

La potencia en un circuito resistivo - reactivo

Sabemos que la potencia media en un elemento reactivo (condensador, inductancia) es cero, pero nos interesa conocer todas las relaciones para una impedancia compuesta por elementos resistivos, capacitivos e inductivos.

Ya no nos intereresan los valores pico Vp e Ip, en adelante sólo trabajaremos con V e I como valores eficaces o rms, con los cuales podemos calcular las potencias real, imaginaria, y aparente o total.

P t=S=V I POTENCIA TOTAL (VA) (POTENCIA APARENTE)

Pa=P=V I cosϕ POTENCIA ACTIVA (W) (POTENCIA REAL)

P r=Q=V I senϕ POTENCIA REACTIVA (VAR) (POTENCIA IMAGINARIA)

P t=√Pa2+P r

2 (VA)

Pa=P t cosϕ=√Pt2−P r

2 (W) −90º≤ϕ≤+90º

Impedancia inductiva:P r=P t sen ϕ=+√P t

2−P a2 (VAR) 0º≤ϕ<+90º

Impedancia capacitiva:P r=P t sen ϕ=−√P t

2−P a2 (VAR) −90º≤ϕ≤0º

Debido a que por la definición de impedancia

Z=VI

R=Z cos ϕ y X=Z senϕ

entonces son válidas:

P t=V 2

Z=I 2 Z

Pa=V 2

Zcosϕ=I 2 Z cos ϕ=I 2 R

P r=V 2

Zsenϕ=I 2 Z sen ϕ=±I 2 X


Factor de potencia y corrección del FP

Una impedancia con un ángulo de desfase muy alto (cos ϕ muy bajo) obliga al sistema eléctrico a suministrar un amperaje muy alto en relación a la potencia efectivamentre utilizada. Este amperaje ocasiona pérdidas mayores en las líneas de trans-misión, mayores caídas de voltaje, y requiere un generador de mayor capacidad. Un cos ϕ alrededor de +0.95 se considera adecuado, aunque las empresas distribuidoras sólo penalizan cos ϕ menores de 0.90.

Se llama factor de potencia (FP o cos ϕ) a la relación entre la potencia media o activa y la potencia aparente o total.

F.P. = Pa

P t= P

S = cos ϕ −90º≤ϕ≤+90º

Si 0≤sen ϕ≤1 0º≤ϕ≤90ºla carga es inductiva(corriente atrasada <=> FP atrasado)

Si −1≤sen ϕ<0 −90º≤ϕ<0ºla carga es capacitiva(corriente adelantada <=> FP adelantado)

Generalmente la carga en cualquier establecimiento industrial o comercial tiene un factor de potencia inductivo causado por la inductancia de los motores. Este FP debe mejorarse (aproximarlo a 1) para evitar multas y mejorar el desempeño de la instalación, conectando condensadores (capacitores) en paralelo con la carga, que compensen la impedancia inductiva de la misma.

Después de calcular la necesidad de potencia reactiva capacitiva a adicionar, hay que buscar valores comerciales de capacitores disponibles en el mercado para el voltaje de la instalación, y que estén fabricados con este fin.

Variación de la potencia reactiva y de la potencia total al reducir el ángulo de ϕ1 a ϕ2, aumentando el cos ϕ

Otra forma de entender la acción de los capacitores en la corrección del factor de potencia, es que los capacitores, por su capacidad de almacenar carga, y luego entregarla, serán los que suministrarán la corriente atrasada a las cargas inductivas, en lugar de que sea la fuente.

Cálculo de la potencia capacitivaP r1=Pa tanϕ1 P r2=Pa tan ϕ2

Pc=P r2−P r1=Pa (tan ϕ2− tanϕ1)

P c=Pa (tan (cos−1(cosϕ2))− tan(cos−1(cos ϕ1)))

Como puede observarse, la potencia activa no va a variar, pero sí va a reducirse la potencia reactiva y la potencia total, ya que PC será negativa.

Los condensadores que se usan para la corrección del factor de potencia se denominan por su potencia capacitiva en KVAR y no por su capacidad en farad, e indican el voltaje rms, fases, y frecuencia para el cual están fabricados. Por ejemplo: capacitor trifásico de 12,5 KVAR a 480V 60 Hz.

Por seguridad, deben disponer de elementos (resistencias o bobinas) para descargarlos en pocos minutos después de ser desconectados.

La relación entre potencia Pr y capacidad C y se puede determinar como sigue:

P r=V 2

Z c=V 2ωC VAR

P r=2π f C V 2

1000 KVAR

C=109 P r [KVAR]2π f V 2 μF


Si se usa un capacitor de 480 volts a 240 volts y a la misma frecuencia, su potencia en KVAR se reduce al 25% de la nominal a 480V. En general, se debe medir el voltaje real de la instalación para calcular la capacidad final de los capacitores a ese voltaje, y no a su voltaje nominal.

Hay tres métodos de conexión de capacitores:

1. Instalar un banco de capacitores fijo y conectado permanentemente, que va a ayudar a compensar toda la instalación. Este banco no puede ser muy grande, pero es la opción más económica. Su capacidad en KVAR no debe exceder el 10% de la capacidad del banco de transformadores en KVA, ya que sin carga, se podría llegar a una corriente adelantada o a la resonancia al conectar y desconectar.

2. Conectar capacitores individuales a los motores grandes, de manera que la carga inductiva de cada motor eléctrico quede compensada. No se debe exceder el 10 – 15% de la potencia del motor en KW porque se podría dañar el equipo de control del motor. Si todos los motores son pequeños o están controlados con convertidores de fecuencia, este método no es muy práctico.

3. Instalar un banco de capacitores automático de varias etapas, el cual, por medio de un controlador automático, irá conectando o desconectando grupos de capacitores según el factor de potencia y la carga del sistema.

La conexión y desconexión frecuente de las etapas de un banco automático produce voltajes y corrientes transitorias elevados, las cuales pueden dañar equipos electrónicos.

Debido a que la impedancia de un capacitor es inversamente proporcional a la frecuencia, cuando hay equipos que producen corrientes armónicas, las armónicas de orden mayor van a circular con mayor libertad, produciendo daños en los equipos de protección y control de un banco de capacitores automático, y en los mismos capacitores, por el calentamiento producido por el exceso de corriente, especialmente cuando se llega a la resonancia de los circuitos a una determinada frecuencia armónica.

Por estas razones, cada vez es más necesario instalar filtros para armónicas en los conductores alimentadores, aislando así las corrientes armónicas producidas en el interior de la planta o edificio, de los tableros principales y de los bancos de condensadores .

Banco de capacitores con fusibles y elementos de descarga


Capacidades máximas para la corrección individual de motores


Corriente alterna trifásica

Es el voltaje o la corriente generada por una máquina rotativa de 6 polos o de una máquina equivalente con número par de polos conectados de manera tal de entregar tres valores senoidales distintos y separados 120º entre sí, cuyo período es igual al período de paso del rotor entre dos polos consecutivos del mismo signo y del mismo circuito o fase.

Generador trifásico simple de 2 polos por fase

Forma de onda y ángulos del voltaje inducido trifásico

Voltajes trifásicos sinusoidales

Si: v (t )=−N dΦdt=NBS sen (ω t+θ)

Entonces si para v1 , θ=0 :

v1(t )=V sen (2π f t )

v 2(t )=V sen (2π f t−120º)

v 3(t)=V sen (2π f t−240º)

Dependiendo de cómo se conecten los terminales de un aparato trifásico (generador, motor, resistencias, etc.), la conexión puede ser estrella o “Y” o delta

“D”. A esta también se le llama “conexión en triángulo”.

Conexión estrella o “Y”

Se conecta un terminal de cada fase a un punto común llamado neutro.

De una fuente trifásica conectada en estrella salen 4 conductores, uno para cada fase (A, B y C) y uno para el neutro (N).

Conexión estrella o “Y”

Diagrama fasorial de los voltajes de fase y de líneaen una conexión estrellla

Voltaje de fase V F

Voltaje de línea V L=√3V F≈1,732 V F

Corriente de fase I F

Corriente de línea I L=I F

Potencias P=P A+PB+PC

Conexión delta , “Δ” o triángulo

Se conecta el 2o. terminal de cada fase al primer terminal de la siguiente. No existe neutro.

De una fuente trifásica en delta salen 3 conductores, uno para cada fase (A, B y C).


Conexión delta (Δ) o triángulo

Voltaje de fase V F

Voltaje de línea V L=V F

Corriente de fase I F

Potencia P=P A+PB+PC

Conexión de una carga trifásica a una fuente trifásica

Los siguientes diagramas muestran las diferentes configuraciones posibles, con fuentes y cargas en estrella o en delta.

Fuente en estrella – carga en estrella

Fuente en estrella – carga en delta

Fuente en delta – carga en delta

Fuente en delta – carga en estrella

Cargas balanceadas

Son las cargas eléctricas trifásicas cuya corriente, potencia y factor de potencia son iguales en las tres fases, y donde se cumple P = 3 VFIF cos ϕ. Ejemplo: motores eléctricos trifásicos nuevos, hornos con 3 resistencias idénticas.

Si v(t) e i(t) son los voltajes y corrientes de fase:

p1(t) = Vp (sen(ωt)) Ip sen(ωt + ϕ))

p2(t) = Vp (sen(ωt - 2/3π)) Ip sen(ωt - 2/3π+ ϕ))

p3(t) = Vp (sen(ωt – 4/3π)) Ip sen(ωt – 4/3π+ ϕ))

Se puede demostrar que en cada instante:

P (t )= p1(t)+ p2 (t )+ p3(t )=3V Fef I Fef cos ϕ

y también:

P (t )= p1(t )+ p2(t)+ p3(t )=√3V Lef I Lef cosϕ

P(t) es un valor constante en el tiempo y a lo largo del ciclo, y esa es una gran ventaja de un sistema trifásico balanceado, como el caso de los motores, donde todas las fases son idénticas.


Diagrama fasorial de voltajes y corrientes de líneaen un sistema trifásico balanceado (corrientes iguales)

Si las impedancias en 'Y' son iguales:

Voltaje de fase V F=V L

√3

P t=3V F I F=√3V L I L

Pa=3V F I F cos ϕ=√3V L I Lcos ϕP r=3V F I F sen ϕ=√3V L I L sen ϕ

Corriente de neutro I N=0

Si las impedancias en 'Δ' son iguales:

Corriente de fase I F=I L

√3

P t=3V L I F=√3V L I L

Pa=3V L I F cosϕ=√3V L I Lcos ϕP r=3V L I F senϕ=√3V L I L sen ϕ

Cargas desbalanceadas

Son cargas eléctricas trifásicas formadas por cargas diferentes en cada fase. El caso más común es una carga de alumbrado y tomacorrientes conectados a un tablero trifásico, como un edificio. En este caso debe calcularse la potencia, voltaje neto y corriente separadamente para cada fase.

Diagrama fasorial de voltajes y corrientes de líneaen un sistema trifásico desbalanceado (corrientes desiguales)

Para una conexión estrella desbalanceada:

IA , IB , IC dependen de las cargas conectadas entre cada fase y neutro o entre fases (cargas de línea o trifásicas).

Pa=V F ( I A cosϕA+ I B cos ϕB+I C cos ϕC)

Si Φ1=Φ2=Φ3, la corriente de neutro es:

I N=√I A2+I B

2+I C2−I A I B−I B I C−I C I A

Si no existe conductor de neutro, el punto común de las cargas se llama “neutro flotante” y si las cargas llegan a desbalancearse, pueden producirse desbalances severos entre los voltajes de fase.

En una conexión delta desbalanceada:

Las corrientes de fase IAB , IBC , ICA dependen de las cargas conectadas entre cada 2 líneas.

Pa=V L( I AB cosϕAB+I BC cosϕBC+I CA cosϕCA)

Si Φ1=Φ2=Φ3 , las corrientes de línea son:

I A=√( I AB2 + ICA

2 +I AB I CA)

I B=√(I BC2 +I AB

2 +I BC I AB)IC=√(I CA

2 +I BC2 +I CA I BC1)

Estas ecuaciones se resuelven fácilmente para las corrientes de fase si dos corrientes de línea son iguales y positivas, por ejemplo IA = IB, entonces:

I BC=I CA=IC

3

I AB= I A2−

IC2

4−

I C

23

Para resolver las corrientes de fase conociendo las corrientes de línea, si estas están totalmente en desbalance, se deben utilizar métodos numéricos, como por ejemplo, aproximando resultados en una tabla.

Conductores eléctricos en sistemas trifásicos

Como se puede observar en los diagramas de conexión estrella y delta, se requieren 3 conductores para la transmisión de la energía, de manera que se


utilizan conductores más delgados que en un sistema monofásico para transmitir la misma potencia, con las ventajas que ello conlleva sobre el costo.

Unicamente en caso de cargas desbalanceadas conectadas en estrella, donde el neutro sí conduce corriente, se requiere un cuarto conductor. En la mayoría de las instalaciones donde el neutro sólo conduce las corrientes de desbalance, se puede utilizar un conductor de neutro más delgado que los de las fases.

El ahorro en material conductor de un sistema trifásico con respecto a uno monofásico es del 15%.

Teorema de Kennelly (conversión de impedancias D-Y y Y-D)

Una delta o triángulo de impedancias se puede convertir a una estrella de impedancias equivalente, y viceversa, con las siguientes fórmulas, aplicadas vectorialmente:

De Delta a Estrella:

Z AN=Z AB Z AC

Z ABZ BCZ AC

Z BN=Z AB Z BC

Z ABZ BCZ AC

Z CN=Z AC Z BC

Z ABZ BCZ AC

Para impedancias iguales:

Z Y=Z

3

De Estrella a Delta:

Z AB=Z ANZ BNZ AN Z BN

Z CN

Z BC=Z BNzCNZ BN Z CN

Z AN

Z CA=Z ANZ CNZ AN Z CN

Z BN

Para impedancias iguales:

Z=3 ZY

Ilustración de la conversión de Kennelly

La conversión de Kennelly es útil para resolver impedancias trifásicas compuestas que incluyen cargas en delta y cargas en estrella en paralelo, ya que al convertir las cargas delta en estrella, se puede trabajar con cada fase individualmente.

Ejercicio: demuestre que

P t=V L

2

ZY y que P t=

3V L2

ZΔ

Energía y carga de un sistema eléctrico

Factor de diversidad

Es la relación entre la carga máxima conectada en cualquier momento y la carga total de una instalación o circuito eléctrico, por efecto de la no simultaneidad pre-establecida de las cargas. Ejemplo: dos bombas instaladas para obtener confiabilidad del suministro de agua por redundacia (una queda de reserva), pero que no están programadas para utilizarse simultánea-mente.

Factor de demanda

Es la relación entre la demanda máxima de potencia y la carga total de una instalación eléctrica por efecto de la no simultaneidad aleatoria de las cargas.

Ejemplo: en un edificio de apartamentos es improbable que todas las luces de todos los apartamentos estén encendidas al mismo tiempo, o que todas las lavadoras de ropa funcionen simultáneamente.

Una estimación bien informada de los factores de demanda de una instalación eléctrica permite utilizar conductores y equipos eléctricos de tamaño adecuado, sin dimensionarlos en forma excesiva para el uso real que van a tener.

Para la mayoría de los diferentes tipos de edificación, tales como residencial, multifamiliar, educativa, oficinas, hoteles, restaurantes y fincas, el código eléctrico NEC (NFPA-70) establece los factores de


demanda mínimos permitidos para el cálculo de los conductores alimentadores.

Factor de carga

Es la relación entre la potencia promedio y la potencia máxima durante un período de tiempo. Ejemplo: la potencia promedio durante un mes comparada con la demanda máxima de una casa de bombas; esta demanda máxima puede llegar a ser la potencia total de las bombas, cuando todas funcionan simultáneamente a potencia máxima durante algunos intervalos, sin embargo la potencia promedio es la energía consumida en Kw-h durante el mes, dividida entre las horas del mes (720 para un mes de 30 días).

Consumo de energía

El principal componente de la facturación de la empresa eléctrica es el consumo de energía, el cual se mide en el medidor de la empresa eléctrica instalado en la acometida principal del cliente. El medidor es un integrador de la potencia en el tiempo.

W=∫T1

T2P dt=∫T1

T2v (t)i (t)dt

Demanda máxima

Un componente de la factura eléctrica para una carga importante comercial o industrial es el cargo por demanda máxima, que es la medición de la energía en intervalos cortos (15 o 30 minutos), registrándose durante el mes el intervalo corto de mayor consumo promedio. Esto produce un cargo por demanda que puede superar al cargo por consumo total de energía. La justificación de este cargo es que una demanda máxima muy alta en relación a la demanda promedio, obliga a la empresa eléctrica a disponer de mayor capacidad de generación y distribución para suplir los períodos de mayor demanda, capacidad que resulta sub-utilizada el resto del tiempo.

Factor de potencia

El otro componente importante de la facturación de energía eléctrica industrial o comercial es el recargo por bajo factor de potencia, que se vio anteriormente.

En un sistema trifásico, la capacidad de los capacitores de corrección del factor de potencia se calcula igual que en un sistema monofásico, pero se utilizan capacitores trifásicos.

Sistemas normalizados de voltaje secundario (baja tensión)

MONO-FASICOS -

Volts

TRIFASICOSY

Volts

TRIFASICOSΔ

Volts

USO

Sistemas americanos60 Hz 120/240 (+) Residencial, comercio pequeño

120/208 (*) Residencial (apartamentos)120/208 Residencial (aptos.), comercial

240 Industria pequeña, mediana120/240 Talleres, pequeña industria

277/480 (#) Industria, complejos comerciales345/600 Industria con motores de 600V

Sistemas europeos50 Hz

220 (antiguo)230 (nuevo)(&)

Residencial, comercio pequeño

220/380 (antiguo)230/400 (nuevo)

Talleres, industria

240/415 Gran Bretaña

127/220 G.B. y antiguas colonias británicas, en obsolescencia

(+) El neutro sólo conduce el desbalance de corriente de las líneas vivas.(*) Se deriva de un sistema trifásico en estrella; la corriente en el neutro correspondiente a las cargas de 120V

de ambas líneas vivas se suma vectorialmente y puede ser igual a la de las líneas vivas.(&) Se utiliza una sola fase de un sistema trifásico.(#) El voltaje de 277V de línea a neutro se utiliza para iluminación fluorescente o de descarga HID.


EJERCICIOS RESUELTOS

1. Calcule el valor pico de un voltaje de valor eficaz a) 120 V b) 240 V c) 480 V d) 34500 V

a) Vp = 120 √2 = 170 V b) Vp = 240 √2 = 339 Vc) Vp = 480 √2 = 679 V b) Vp = 34500 √2 = 48790 V = 48,8 KV

2. Una instalación eléctrica donde la corriente puede llegar a circular por el suelo debido a un contacto fortuito del conductor activo con una cerca metálica, produce una caída de tensión entre el punto de contacto fortuito y la conexión a tierra del neutro en la base del poste de la compañía eléctrica. ¿Por qué razón el ganado muere fácilmente si se produce una fuga de corriente a tierra desde un punto situado a 10 metros de la fuente de 120V en una finca con una instalación deficiente?

Caída de voltaje máxima a lo largo de la tierra: VMAX = Vp = 120 √2 = 170 VCaída de voltaje en cada metro: dV = VP / L = 170 / 10 = 17 V / m

Si las patas delanteras y traseras de un animal están separadas 1,4m, el voltaje que recibe la vaca es de 17 x 1,4 = 23,8 V, y para que resulte en un paro cardíaco basta con unos 10 mA, lo cual ocurrirá con una resistencia de 23,8 / 0,010 = 4760 ohm.

3. Calcule los valores individuales y totales de la potencia eléctrica consumida (activa), potencia reactiva, potencia total (o aparente) y la impedancia a plena carga de tres motores eléctricos monofásicos que tienen los siguientes datos de placa:

M1: 27 A a 240 V 60 Hz, factor de potencia de 0,84M2: 9,6 A a 240 V 60 Hz con FP = 0,77M3: 2,1 A a 240 V 60 Hz con FP = 0,81

Pa y Pr totales son las sumatorias de las individuales, mientras Pt debe calcularse obteniendo la raíz


Motor V ef I ef Cos ϕ ∠ rad Pa (W) Pr (VAR) Pt (VA) Z(Ω)VI cos ϕ VI sen ϕ VI V/I

M1 240 27 0,84 0,574 5443 3516 6480 8,89M2 240 9,6 0,77 0,692 1774 1470 2304 25M3 240 2,1 0,81 0,627 408 296 504 114,3Totales 240 38,7 0,82 0,609 7625 5282 9276 6,20

cuadrada de la suma de los cuadrados de Pa y Pt totales. Las potencias totales no se pueden sumar ya que tienen ángulos diferentes.Cos ϕ del conjunto = Pa / PtIef = Pt/V efZt = Vef / I ef

4. Para los motores anteriores, calcule la potencia en Kvar de un condensador que lleve el factor de potencia del conjunto a: a) 0,92 atrasado b) 0,95 atrasado c) 0,98 atrasado

Pc = Pa (tan(acos(cosφ1)) – tan(acos(cosφ2)))

a) Pc = 7625 (tan(0,606 rad)-tan(acos(0,92))) = 7625 (0,693 – 0,426) = 2036 VARb) Pc = 7625 (tan(0,606 rad)-tan(acos(0,95))) = 7625 (0,693 – 0,329) = 2775 VARc) Pc = 7625 (tan(0,606 rad)-tan(acos(0,98))) = 7625 (0,693 – 0,203) = 3736 VAR

Observe que para mejorar el FP a 0,98 se requiere casi el doble de potencia capacitiva que para subirlo a 0,92, y este es todavía mejor que lo exigido por las empresas eléctricas (0,9), pero un FP de 0,92 ofrece un factor de seguridad por si hubiera aumento de la carga..

5. Si se pone en paralelo con cada motor un condensador, calcule a) la impedancia de cada condensador:

Para M1: C1=100 uF Para M2: C2= 40 uF Para M3: C3= 10 uF

Condensador C (F) Z= 1/(2 πfC) ∠ radC1 .000100 26,53 -1,571C2 .000040 66,32 -1,571C3 .000010 265,3 -1,571

b) Calcule las impedancias en paralelo de cada conjunto motor-condensador.

M1//C1 Real Imaginario Magnitud ∠ radM1 7,47 4,83 8,89 0,574C1 0 -26,53 26,53 -1,571M1xC1 235,85 -0.997M1+C1 7,47 -21,70 22,95 -1,239M1xC1/(M1+C1) 10,28 0,242

M2//C2 Real Imaginario Magnitud ∠ radM2 19,25 15,95 25,00 0,692C2 0 -66,32 66,32 -1,571M2xC2 1658,00 -0.879M2+C2 19,25 -50,37 53,92 1,210M2xC2/(M2+C2) 30,75 0,331

M3//C3 Real Imaginario Magnitud ∠ radM3 92,58 67,06 114,3 0,627C3 0 -265,3 265,3 -1,571M3xC3 30323,8 -0,944M3+C3 92,58 -198,24 218,79 -1,134M3xC3/(M3+C3) 138,60 0,190


Calcule c) el factor de potencia, d) la corriente y e) las potencias de cada conjunto. Observe cómo se reduce la corriente y mejora el factor de potencia en cada conjunto motor-condensador en relación al motor solo.

d) c) e)Motor V ef (V) I ef (A) cosφ ∠ rad Pa (W) Pr (VAR) Pt (VA) Z (ohm)

V / Z VIcosφ VIsenφ VIM1 240 27 0,84 0,574 5443 3516 6480 8,89M1//C1 240 23,35 0,97 0,242 5443 1344 5607 10,28M2 240 9,6 0,77 0,692 1774 1470 2304 25M2//C2 240 7,8 0,95 0,33 1774 601 1873 30,75M3 240 2,1 0,81 0,627 408 296 504 114,3M3//C3 240 1,73 0,98 0,190 408 78 416 138,6

6. Tenemos una lámpara de descarga de alta intensidad de 400W a 240V 60 Hz cuyo conjunto (bombillo y balastro en serie) tiene un factor de potencia de 0,6. Calcule a) la corriente b) la impedancia del conjunto. c) Suponiendo que el bombillo funciona como una carga resistiva, calcule su valor en ohm y el valor de la reactancia representada por el balastro. d) Calcule la capacidad en uF de un condensador a conectarse en paralelo con el conjunto para elevar el FP a 0,95. e) ¿Cuál es la impedancia total de la lámpara con su condensador al conectar este?

a) Pt = Pa / cos ϕ = 400 / 0,6 = 667 VAI = Pt / V = 667 / 240 = 2,78 ∠ -cos -1 (0,6) A

b) Z = V / I = 240 / 2,78 = 86,3 ∠ cos -1 (0,6) ohm

c) Z = R + j X debido a que el conjunto es una serie.R = Z cos ϕ = 51,8 ohm ∠ 0º ohm X = j Z sen ϕ = 69,04 ∠ 90º ohm

d) Pc = Pa (tan(acos(cos ϕ1)) – tan(acos(cos ϕ2))) = 400 (tan(acos(0,6))-tan(acos(0,95)))Pc = 400 (1,333-0,329) = 401,6 VAR capacitivosZc = V / I = V2 / Pc = 2402 / 401,6 = 143,4 ∠ -π/2 rad (ohm)C= 1 / 2π f Z = 18,5 uF

e) Pt = Pa / cos ϕ = 400 / 0,95 = 421 VA (inductiva)I = Pt / V = 421 / 240 = 1,754 ∠−acos(0,95) AZf = V / I = 240 / 1,754 = 136,8 ∠ 0,317 rad (ohm)

7. Si los motores del ejemplo 5 (sin sus condensadores) pertenecen a una fábrica de helados que se ilumina con 8 lámparas como las indicadas (con su condensador), a) Calcule la potencia activa total en KW, la potencia reactiva total en KVAR, la potencia total en KVA y el factor de potencia. b) Calcule la factura eléctrica mensual para una jornada de 10 horas durante 22 días hábiles mensuales, a 90 colones cada Kw-h. c) Explique por qué no se deben sumar aritméticamente las potencias totales, sólo las activas o las reactivas.

a) Pa = Pa motores + Pa luces = 7625 + 8 x 400 = 10825 WPr = Pr motores + Pr luces = 5278 + Pt luces sen φPr = 5278 + 8 x 421 x sen(0,317rad) = 6328 VAR


Pt = (Pa2 + Pr

2)1/2 = 12539 VAFP = Pa / Pt = 10825 / 12539 = 0,863

b) W = Pa x Horas / 1000 = 10825 x 10 x 22 / 1000 = 2381,5 Kw-hFactura = W x Precio = 2381,5 x 90 = 214,335 colones

c) Las potencias totales no se deben sumar aritméticamente debido a que no tienen el mismo ángulo.

8. Calcule a) la corriente total b) la caída de tensión aproximada en la alimentación, c) la potencia perdida en los conductores de alimentación si esta tiene 35 metros de longitud y está formada por 2 conductores No. 2 AWG en tubería de acero. Debido a características propias de los motores de inducción y de las lámparas de descarga, la potencia casi no varía con pequeñas variaciones de voltaje, por lo cual supondremos que la corriente en la carga será la misma aun cuando el voltaje tenga una caída en la alimentación. d) calcule la magnitud de la corriente de cortocircuito máxima posible (valor pico) al final de la alimentación.

a) I = Pt / V = 12539 / 240 = 52.25 A ∠ -0,530 rad (corriente inductiva)

b) Ra = 0,66 ohm / Km = 2 x 0,66 x 35 /1000 = 0,0462 ohmXa = 0,187 ohm / Km = 2 x 0,187 x 35 / 1000 = 0,0131 ohmZa = √(Ra

2 + Xa2 ) ∠ atan(Xa / Ra) = 0,048 ∠ 0,276 rad (ohm)

Va = Za I = 0,048 x 52.25 ∠ 0,276 +(- 0,530) rad = 2,5 V ∠ -0,254 rad

c) Pa alimentación = Ia2 Ra = 52.25 x 52.25 x 0,048 = 131 W

d) Icc = Vef √2 / Za = 240 x 1,414 / .048 = 7070 A

9. Dos cargas trifásicas balanceadas conectadas en paralelo a 208V 60 Hz son:a) Una carga A conectada en “Y” con una corriente de fase de 13 A y un F.P. atrasado de 0,85b) Una carga B conectada en delta con una potencia total de 3 KW y un F.P. atrasado de 0,9

Calcule: a) Corriente fasorial de línea de la carga en estrella

IA = 13 ∠ cos-1 0,85 = 13 ∠ -31,79º = 13 x 0,85 + j 13 sen -31,79º = 11,05 – j 6,848 A

b) Corriente fasorial de línea de la carga en deltaPTB = PAB / cos ϕ = 3000 / 0,9 = 3333 VAIB = PTB / V / √3 = 3333 / 208 /1,732 = 9,252 ∠ cos-1 0,9IB = 9,252 ∠ -25,84º = 9,252 x 0,9 + j 9,252 sen -25,84º = 8,327 – j 4,033 A

c) Corriente total de línea en forma polar y F. de Pot. (indicar Adelantado o Atrasado)IT = IA + IB = (11,05 – j 6,848) + (8,327 – j 4,033) = 19,377 - j 10,88IT = √(19,3772 + 10,882) ∠ tan-1 (10,88/19,377) = 22,22 ∠ -29,32º A F.P. = cos -29,32º = 0,872 atrasado

d) Potencias total, activa y reactivaPT = V I √3 = 208 x 22,22 x 1.732 = 8005 VAPA = V I cos ϕ √3 = 208 x 22,22 x 0,872 x 1.732 = 6980 WPR = √(PT

2 – PA2) = 3919 VAR inductivos

e) Potencia en VAR de un banco de condensadores que suba el FP total a 0,92PC = PA (tan(cos-1 0,872) - tan(cos-1 0,92)) = -946 VAR (capacitivos)


f) Potencia total y corriente total del conjunto incluyendo el banco de condensadoresPR2 = PR + PC = 3919 – 946 = 2973 VARPT2 = √3 (PA

2 + PR22) = 7588 VA ( se redujo en 8005-7588 = 417 VA)

IT2 = PT2 / V / √3 = 7588 / 208 / 1,732 = 21,06 A (se redujo en 22,22-21,06 = 1,16 A)

10.Tres cargas trifásicas balanceadas conectadas en paralelo se alimentan desde el secundario de un transformador con 3 conductores, cada uno con una impedancia de 0,03 + j0,02 ohm y son:

a) Un horno (carga resistiva) de 230V (voltaje de línea) conectado en estrella con una corriente de fase de 30 A

b) Una máquina conectada en delta con una potencia de 17 KW a 230V y un factor de potencia atrasado de 0,75

c) Un motor trifásico con una corriente de línea de 38 A y 11 KW de potencia eléctrica.

Suponiendo que el voltaje de línea que llega a cada máquina es de 230V 60 Hz debido a la caída de voltaje en la alimentación, calcule (6 x 10 = 60 puntos):

a) Potencia activa, reactiva y total, y corriente total del conjunto

Horno: PA= VL x IL x √3 cos(0º) = 230 x 30 x √3 x 1 = 11951 W; PT = PA= 11951 VA; PR = 0Máquina: PA= 17000 W; PT = PA / cosϕ = 17000 / 0,75 = 22667 VA; PR = √(PT

2-PA2) = 14993 VAR

Motor: PA = 11000 W; PT = VL x IL x √3 = 230x38x√3 = 15138 VA; PR = √(PT2-PA

2) = 10400 VARConjunto: PA = Σ PA = 11951+17000+11000 = 39951 W; PR = Σ PR = 14993+10400 = 25393 VAR

PT = √(PA2+PR

2) = √(399512+253932) = 47338 VA; IT = PT / (VL √3) = 119 A

b) Potencia compleja (S = P + jQ) perdida en la alimentaciónS = 3IT

2 R + j 3IT2 X = 3x1192x0,03 + j3x1192x0,02 = 1271+j847 VA

c) Potencias activa, reactiva y total y FP de toda la instalación incluyendo máquinas y conductoresP=39951+1271=41222 W; Q=25393+847=26240 VAR; S=√(P2+Q2) = 48865 VAFP = P / S = 41222 / 48865 = 0,844

d) Voltaje a la salida del transformador. Si los valores comerciales cercanos son 45 – 75 - 112,5 KVA, ¿es suficiente un transformador de 45 KVA, o cuál se debe usar?VS = S / (IT √3) = 48865 / (119 √3) = 237 V (la caída de voltaje es aproximadamente de 7V)Si la potencia total S es de 48865 VA ≈ 49 KVA, se debe usar el transformador de 75 KVA

e) Potencia en VAR de un banco de condensadores conectado a la salida del transformador que suba el FP total a 0,92PC = P (tan(acos(0,92))-tan(acos(0,844)))= -8679 VAR

f) Potencia total y corriente del secundario incluyendo el banco de condensadores. ¿Es suficiente ahora un transformador de 45 KVA?P=41222 W; Q=26240-8679=17560 VAR; S=√(P2+Q2) = 44806 VA; IS = S / (VS √3) = 109 AEn este caso el transformador de 45 KVA es suficiente, siempre que el banco de condensadores funcione corectamente. Puede ser inconveniente no contemplar el caso de falla.


11.Circuito de corriente alterna con dos fuentes.

Ley de voltajes de Kirchoff:

V Z1=V 1−V Z3 y V Z2=V 2−V Z3

Ley de corrientes de Kirchoff: I 3=I1+I 2

V Z3

Z 3=

V 1−V Z3

Z 1+

V 2−V Z3

Z2

V Z3 Z 1 Z2=(V 1−V Z3)Z 2 Z 3+(V 2−V Z3)Z 1 Z 3

V Z3=V 1 Z 2 Z3+V 2 Z 1 Z3

Z 1 Z 2+Z 2 Z3+Z1 Z 3

Ya se pueden calcular V Z1 ,V Z2 y lascorrientes I Z1 , I Z2 , I Z3

¡Nótese la analogía con un circuito magnético con tres brazos y doble excitación! (ver ejercicios parte 2)

12.Circuito trifásico estrella – estrella desbalanceada. Determinar los voltajes en la carga. Debe considerarse la misma polaridad en las 3 fuentes, así como en las 3 corrientes de la carga. Los ángulos determinarán el sentido real de la corriente en cada instante. Determinaremos primero el voltaje Vn en el neutro de la carga (neutro flotante) con respecto al neutro de la fuente VN = 0.

Ley de corrientes de Kirchoff en n :

I 1+ I2+I 3=0 => V Z1

Z 1+

V Z2

Z 2+

V Z3

Z 3=0


V Z1 Z 2 Z 3+V Z2 Z 1 Z 3+V Z3 Z1 Z 2=0

(V 1−V n)Z 2 Z 3+(V 2−V n)Z 1 Z3+(V 3−V n)Z 1 Z 2=0

V n (Z 1 Z2+Z 2 Z 3+Z1 Z 3)=V 1 Z 2 Z 3+V 2 Z 1 Z3+V 3 Z 1 Z 2

V n=V 1 Z 2 Z 3+V 2 Z 1 Z3+V 3 Z 1 Z 2

Z 1 Z 2+Z 2 Z 3+Z 1 Z3

V Z1=V 1−V n V Z2=V 2−V n V Z3=V 3−V n

En cualquier caso páctico, todas las operaciones se deben hacer vectorialmente. Una aplicación práctica del neutro flotante es un circuito para determinar la secuencia de fases de una fuente trifásica (Práctica 6-3 de Lab-Volt, Circuitos de potencia y transformadores).

La solución del ejercicio 10 es un caso especial del 11 donde V3=0 y Vz3=Vn.


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