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CURSO: ANÁLISIS DE
CIRCUITOS DE CORRIENTE
ALTERNA
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Índice
1. Análisis de CA con sinusoides y fasores
1.1 Conceptos básicos de la CA
1.2 Respuesta a circuitos con entradas sinusoidales
1.3 Fasores
1.4 Relaciones voltaje – corriente en circuitos RLC
1.5 Impedancia y admitancia
1.6 Métodos de solución de redes de CA
2. Relaciones de potencia en circuitos de CA
2.1 Potencia instantánea y potencia aparente
2.2 Máxima transferencia de potencia
2.3 Valores eficaces o RMS
2.4 Potencia aparente y factor de potencia
2.5 Potencia compleja
2.6 Medición de potencia
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
3. Circuitos trifásicos
3.1 Introducción a los circuitos trifásicos
3.2 Conexión Y - Y
3.3 Conexión -
3.4 Conexión Y -
3.5 Conexión - Y
3.6 Circuitos trifásicos balanceados
3.6 Medición de potencia trifásica
Índice
Referencias bibliográficas
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Análisis de estado senoidal permanente
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
1. Asimilar las características básicas de las funciones sinusoidales
2. Ser capaz de resolver transformaciones de fasores y dibujar
diagramas fasoriales
3. Saber como calcular la impedancia y la admitancia de circuitos
RLC elementales, en arreglos combinados serie y paralelo
4. Resolver circuitos en el dominio de la frecuencia con fuentes
sinusoidales aplicando las técnicas del análisis de circuitos
5. Modelar y manipular variables en la solución de circuitos por
simulación mediante un software especializado, interpretando
valores y gráficas obtenidas
6. Mostrar una actitud propositiva, ética y colaborativa
Las competencias que se pretenden en este módulo son
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Conceptos básicos de la CA
El término “alterna” indica solo que la forma de onda se alterna entre dos
niveles descritos en una secuencia de tiempo
• Valor instantáneo. Es la magnitud de la forma de onda en cualquier
instante de tiempo, se denota por minúsculas (v1, i2, etc.)
• Valor pico. Es la medida valor máximo de la forma de onda medida, se
denota por mayúsculas (Vm, Im. Etc)
• Amplitud. Es el máximo valor de la onda en el valor pico
Onda senoidal
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• Período. Es el intervalo de tiempo entre repeticiones sucesivas de
una onda periódica
• Ciclo. Porción de la forma de onda contenida en un periodo de
tiempo
• Frecuencia. (en Hertz) Representa el número de ciclos en un
periodo de tiempo
La forma de onda no es afectada por la respuesta característica de los
elementos R, L, y C
Conceptos básicos de la CA
𝒇 =𝟏
𝑻
𝒗 = 𝑽𝒎𝒂𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝝎𝒕
t = 2f
𝑻 = 𝟐𝝅
𝝎
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Una senoide es una señal que tiene la forma de una función seno o
coseno
La expresión general para una senoide es
v(t) = Vm sen(t + )
Donde: v(t) = Voltaje instantáneo
Vm = Amplitud de la senoide
= Frecuencia angular en radianes/segundo
t = Argumento de la función
= Ángulo de fase
Conceptos básicos de la CA
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Una función periódica es aquella que satisface v(t) = v(t+n), para toda t y para
todos los n enteros
• Solo se pueden comparar senoides con la misma frecuencia, su amplitud y
fase pueden ser diferentes
• Si la diferencia de fases es cero, estas están en fase; si hay diferencia de
fase, no están en fase
HzT
f1
f 2
𝑇 = 2𝜋
𝜔
Conceptos básicos de la CA
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• v2 ADELANTA a v1 por un ángulo de fase de φ
• v1 ATRASA a v1 por un ángulo de fase de φ
• v1 y v2 están fuera de fase
Ángulo de fase de las senoides: considere las siguientes funciones:
v1 = Vm sen t y v2 = Vm sen (t + )
Conceptos básicos de la CA
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
• Los términos adelantado o atrasado se utilizan para indicar la
relación entre dos ondas sinusoidales de la misma frecuencia
graficadas en el mismo conjunto de ejes
• La onda coseno se dice que adelanta a la onda seno por 90°
• La onda seno se dice que atrasa a la onda coseno por 90°
• 90° se refiere al ángulo de fase entre las dos ondas
• Cuando se determina la medición de la fase primero notamos que
cada función senoidal (seno o coseno) tengan la misma frecuencia
para usar cualquier forma de onda para determinar el periodo
• Mientras el periodo completo represente un ciclo de 360°, se forma
la siguiente relación:
𝜽 = 𝑫𝒆𝒔𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒇𝒂𝒔𝒆
𝑷𝒆𝒓𝒊𝒐𝒅𝒐X 360°
Conceptos básicos de la CA
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Para conversiones de seno y coseno
2 2 -1
sin( ) sin cos cos sin
cos( ) cos cos sin sin
sin( 180 ) sin
cos( 180 ) cos
sin( 90 ) cos
cos( 90 ) sin
cos sin cos( )
Where
C= A and =tan
A B A B A B
A B A B A B
t t
t t
t t
t t
A t B t C t
BB
A
Relacionando gráficamente
las funciones seno y coseno
Conceptos básicos de la CA
cos(t-90°)= sen t
sen(t+180°)= -sen t M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Expresiones en
función del tiempo
Cambiadas al
dominio de la frecuencia
𝒅𝒗
𝒅𝒕 𝒋𝝎𝑽
𝒗𝒅𝒕 𝑽
𝒋𝝎
Se enfatizan las diferencias entre v(t) y V
1. v(t) es la representación instantánea o en el dominio del
tiempo, mientras que V es la representación en el dominio de
la frecuencia o fasorial
2. v(t) es dependiente del tiempo, mientras que V no lo es
3. v(t) es siempre real sin términos complejos, mientras que V
generalmente es compleja
(igual para las corrientes)
Conceptos básicos de la CA
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Respuesta a circuitos con entradas senoidales
En este apartado se analizarán las relaciones de elementos RLC
conformados como elementos de un circuito con excitaciones
sinusoidales (seno o coseno) con argumentos t (donde = 2f)
Considere una inductancia L con i = I cos (t + 45°). El voltaje es
𝒗𝑳 = 𝑳𝒅𝒊
𝒅𝒕= 𝝎𝑳𝑰 −𝒔𝒆𝒏 𝝎𝒕 + 𝟒𝟓° = 𝝎𝑳𝑰 𝒄𝒐𝒔 𝝎𝒕 + 𝟏𝟑𝟓° (V)
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Una comparación entre vL e i muestra que la corriente se atrasa por
90° o /2 radianes. De la gráfica anterior se puede ver que la
corriente está a la derecha del voltaje en la escala t, esto indica que
esta retrasada en el tiempo. Una práctica común en circuitos
eléctricos pero no correcta, es indicar la escala en radianes y el
desfasamiento en grados
La tabla muestra la respuesta senoidal en estado permanente de
los tres elementos básicos de los circuitos eléctricos
Respuesta a circuitos con entradas senoidales
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
vR = RI cos(t) 𝒊𝑹 =𝑽
𝑹𝒄𝒐𝒔 𝝎𝒕
v = V cos(t)
𝒊𝑳 =𝑽
𝝎𝑳 𝒄𝒐𝒔 𝝎𝒕 − 𝟗𝟎° 𝒗𝑳 = 𝑳𝑰 𝒄𝒐𝒔 𝝎𝒕 + 𝟗𝟎°
𝒗𝑪 =𝟏
𝝎𝑪𝒄𝒐𝒔 𝝎𝒕 − 𝟗𝟎° iC = CV cos(t + 90°)
i = I cos(t)
Respuesta a circuitos con entradas senoidales
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Fasores
• Un fasor es un número complejo que
representa la amplitud y la fase de
una senoide
• Puede ser representado de las tres
formas siguientes:
Rectangular z = x + jy = r(cos + j sen )
Polar
Exponencial
z = r
𝒛 = 𝒓𝒆𝒋
donde
𝒓 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐, = 𝒕𝒂𝒏−𝟏𝒚
𝒙
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Representación senoidal Representación fasorial
tj
m
j
m
etv
VeV
V
V
Re)(1
)cos()( tVtv m mVV
Fasores
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Descripción del vector giratorio (Fasor)
La coordenada del voltaje en cualquier instante es Vmax sen .
Observe los aumentos en los ángulos en pasos de 45°. Lo mismo
ocurre con corrientes
Fasores
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La diferencia entre v(t) y V :
v(t) es el voltaje instantáneo en la representación del dominio del
tiempo
V es la representación en el dominio de fasores
v(t) es dependiente del tiempo, V no lo es
v(t) es siempre un término real, no complejo, V es un término
complejo
Nota:
El análisis fasorial aplica solo cuando la frecuencia es constante;
se aplicada a dos o más señales sinusoidales si y solo si estas
señales tienen la misma frecuencia
Fasores
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)(sin
sin
max22
max11
tVv
tVv
V1
V2
22
11 0
VV
VV t
v 1
v 2
Referencia
• v1 ADELANTA a v2 por un ángulo de fase de
• v2 ATRASA a v1 por un ángulo de fase de
• v1 y v2 están fuera de fase
Fasores
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
)(cos
cos
max22
max11
tVv
tVv
V1
V2
22
11 0
VV
VV t
v 1
v 2
• v1 ADELANTA a v2 por un ángulo de fase de
• v2 ATRASA a v1 por un ángulo de fase de
• v1 y v2 están fuera de fase
Referencia
Fasores
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Operaciones matemáticas con números complejos
1. Suma
2. Resta
3. Multiplicación
4. División
5. Recíprocas
6. Raíz cuadrada
7. Complejo conjugado
8. Identidad de Euler
)()( 212121 yyjxxzz
)()( 212121 yyjxxzz
212121 rrzz
21
2
1
2
1 r
r
z
z
rz
11
2 rz
jrerjyxz
sincos je j
Fasores
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Relación voltaje – corriente de elementos de un circuito en el
dominio del tiempo contra el dominio de la frecuencia
Elemento Dominio del tiempo Dominio de la frecuencia
R
L
C
Riv RIV
dt
diLv LIjV
dt
dvCi
Cj
IV
Fasores
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Resistor: Inductor: Capacitor
:
Relación entre fasores para elementos de un circuito eléctrico
Fasores
Relaciones de voltaje – corriente en circuitos con resistencias
v = iR = RIm cos(ωt + φ)
Supongamos una corriente
i = Im cos(ωt + φ)
El voltaje a través de la resistencia se da por la
Ley de Ohm
V = RIm φ
El voltaje en forma de fasor es
Pero la representación fasorial de la corriente es I = Im φ.
Entoces,
V = RI
Gráfica de v e i
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Relaciones de voltaje – corriente en circuitos con inductancias
Para el inductor, asuma que la corriente a
través de L es; Im cos(ωt + φ)
El voltaje a través del conductor es:
Recordando que –sen A = cos(A+90°),
se puede escribir
v = ωLIm cos(ωt + φ + 90◦)
Lo cual se transforma a fasores como
V = ωLImej (φ+90◦) = Limej ej90° = Limej90°
Pero Im = I, y ej90° = j, entonces V = jLI
Gráfica de v e i
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Relaciones de voltaje – corriente en circuitos con capacitancias
Para el capacitor, asuma que el voltaje a través de C es
v =Vm cos(ωt + φ)
La corriente a través del capacitor es
Siguiendo los mismos pasos que se hicieron en el modelo del
inductor, tenemos:
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Programa en MATLAB – SIMULINK para un circuito RLC.
Sea el circuito RLC de la figura, se pretende:
1. Obtención de las ecuaciones
2. Modelar las ecuaciones: identificación de los bloques de Simulink
3. Creación del archivo de Simulink
4. Configuración de los parámetros de la simulación
5. Análisis de los resultados
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Las ecuaciones del circuito son:
𝒊 𝒕 = 𝒊𝑳 𝒕 = 𝒊𝑪 𝒕 = 𝑪𝒅𝑽𝒄(𝒕)
𝒅𝒕 (𝟏)
𝑹 ∙ 𝒊𝑳 𝒕 + 𝑳𝒅𝒊𝑳(𝒕)
𝒅𝒕+ 𝑽𝑪 𝒕 = 𝒗𝑺 𝒕 (𝟐)
De la ecuación (1), despejando la derivada del voltaje en el
capacitor, se obtiene 𝒅𝑽𝑪𝒅𝒕
=𝟏
𝑪𝒊𝑳 𝒕 (𝟑)
De la ecuación (2), despejando la derivada de la corriente, se
obtiene 𝒅𝒊𝑳𝒅𝒕=𝟏
𝑳𝒗𝑺 𝒕 − 𝑽𝑪 𝒕 − 𝑹 ∗ 𝒊𝑳 𝒕 (𝟒)
Con las ecuaciones (3) y (4), se arma el siguiente diagrama de
bloques en Simulink
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Cálculo de la corriente de armadura
Ecuaciones del circuito:
Vs = VR + VC + VL = I(𝑹 + 𝒋𝑿𝑳 − 𝒋𝑿𝑪)
𝑰 =𝑽𝒔
𝑹 + 𝒋𝑿𝑳 − 𝒋𝑿𝑪
𝑿𝑳 = 𝝎𝑳 = 𝟒 𝟎. 𝟏 = 𝒋𝟎. 𝟒 𝛀
𝑿𝑪 =𝟏
𝝎𝑪=
𝟏
𝟒 (𝟎. 𝟐)= −𝒋𝟏. 𝟐𝟓 𝛀
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El cálculo de la corriente es
𝑰 =𝟓𝟎
𝟒 + 𝒋𝟎. 𝟒 − 𝒋𝟏. 𝟐𝟓= 𝟏𝟐. 𝟐𝟐𝟕𝟏𝟏. 𝟗𝟗° 𝑨
En Matlab
%Programa RLC, Determine la corriente del Circuito RLC
si:
R = 4; %Ohms L= 0.1; %Henrys C=0.2; %Farads
w=4; %R/s Vs=50; %Volts
%Cálculo de las reactancias: XL=w*L; XC=1/(w*C);
%Cálculo e impresión de la corriente
fprintf('El valor de la corriente es'); I=Vs/(R+j*XL-j*XC)
Cuya solución es
El valor de la corriente es
I =11.9599 + 2.5415i
>> abs(I) ans =12.2270
>> angle(I)*180/pi ans = 11.9969
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Ejemplo
Si la amplitud de la forma de onda de la figura siguiente es Em = 100
V, determine el voltaje en la bobina a 30° y 330 °
Solución:
Con = 30°, e = Em sen = 100 sen 30° = 50 V
Con = 330°, e = Em sen = 100 sen 330° = -50 V
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La impedancia Z de un circuito es la relación del fasor voltaje V
al fasor corriente I, medido en ohms
Impedancia Z
La impedancia representa la oposición que ofrece un circuito a un
flujo de una corriente sinusoidal. Aunque la impedancia es la
relación de dos fasores, no es una cantidad fasorial, debido a que
no corresponde a una cantidad que varíe sinusoidalmente
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Si = 0, ZL = 0 y ZC → ∞
Si ω → ∞ ZL → ∞ y ZC = 0
Valores extremos dela
frecuencia angular
Impedancia Z
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Z = R jX
Como una cantidad compleja, la impedancia se puede expresar en
forma rectangular como
Donde R = Re Z es la resistencia y X = Im Z es la reactancia. La
reactancia inductiva corresponde al signo (+) y la ractancia
capacitiva corresponde al signo (-)
La impedancia expresada en forma polar se representa como
Z = Z
Donde
y
Impedancia Z
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Ejemplo
Para el circuito de la figura, determine la Zeq en forma rectangular
y forma fasorial
Solución:
Zeq = 3.8 + j0.6 = 3.84710.269°
Impedancia Z
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La Admitancia Y
La admitancia Y es el recíproco de la impedancia, medida en
siemens(S)
La admitancia Y de un elemento (o circuito) es la relación entre
el fasor corriente y el voltaje a traves en el
Como una cantidad compleja, la admitancia Y se puede escribir como
Donde G =Re Y es llamada conductancia y B = Im Y es llamada
susceptancia
La admitancia, conductancia y susceptancia se expresan en siemens
(o mhos)
Esta ecuación no implica que la parte real de la admitancia sea
igual al recíproco de la parte real de la impedancia o que la parte
imaginaria de la admitancia sea igual al recíproco de la parte
imaginaria de la impedancia
La Admitancia Y
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Racionalizando la ecuación anterior
Igualando las partes real e imaginaria obtenemos:
Mostrando que G 1/R como en circuitos resistivos. Por supuesto,
si X = 0, entonces G = 1/R
La Admitancia Y
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Ejemplo
Usando impedancias y admitancias, para el circuito de la figura,
determine la Zeq en forma rectangular y forma fasorial
Solución:
Zeq = 3.8 + j0.6 = 3.84710.269° M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Teorema de Thevenin
Cualquier red lineal (con fuentes independientes) puede sustituirse,
respecto a dos terminales A y B, por una fuente de tensión VTH en
serie con una resistencia RTH, siendo:
- La tensión VTH el valor de la diferencia de potencial entre los
terminales A y B cuando se aísla la red lineal del resto del circuito
(diferencia de potencial entre A y B en circuito abierto).
- La resistencia RTH es la resistencia vista desde los terminales A y B,
y se determina cortocircuitando todas las fuentes de tensión, y
sustituyendo por circuitos abiertos las fuentes de corriente.
𝑹𝑻𝑯 = 𝑹𝟏 ∗ 𝑹𝟐𝑹𝟏 + 𝑹𝟐
𝑽𝑻𝑯 =𝑹𝟐
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐𝑽𝒔
Para el circuito de la figura aplique el teorema de Thevenin para
encontrar Ix
Solución: Al desconectar el resistor de 100 , el circuito se reduce a
Teorema de Thevenin
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Aplicando a la expresión división de voltajes, queda:
y
De donde
Luego, se encuentra la Z equivalente de Thevenin ZTH,
cortocircuitando el voltaje de la fuente 1700° V. el circuito se
reduce a:
Teorema de Thevenin
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Obsérvese que las combinaciones en paralelo j 200 85 y 50 j 100
están en serie, como se muestra en la figura siguiente
Teorema de Thevenin
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El circuito equivalente de Thevenin se
muestra en la figura siguiente
Al regresar el resistor de 100 donde pasa
Ix, el circuito final queda
Entonces:
𝑰𝒙 =𝑽𝑻𝑯
𝒁𝑻𝑯 + 𝟏𝟎𝟎𝜴=
𝟏𝟏𝟎. 𝟐𝟏∠ − 𝟑𝟔°
𝟏𝟏𝟐 + 𝑱𝟏𝟎. 𝟔 + 𝟏𝟎𝟎= 𝟎. 𝟓𝟏𝟔 + 𝒋𝟎. 𝟎𝟓𝟎𝟖 = 𝟎. 𝟓𝟏𝟗∠ − 𝟔. 𝟒° 𝑨
Teorema de Thevenin
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Determine el equivalente de Thevenin del siguiente circuito
Donde Z1 = 5 ; Z2 = j20 , vS (t) = 110 cos(377t) V.
Análisis: Primero calcule la impedancia equivalente vista desde la
carga, ZL
Como se ilustra en la figura siguiente, se remueve la carga,
cortociruitando la fuente de voltaje y calculando la Zeq
Teorema de Thevenin
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
𝒁𝒆𝒒 =𝒁𝟏 ∙ 𝒁𝟐𝒁𝟏 + 𝒁𝟐
=𝟓 ∙ 𝑱𝟐𝟎
𝟓 + 𝑱𝟐𝟎= 𝟒. 𝟕𝟏 + 𝑱𝟏. 𝟏𝟕𝟔 𝜴
Ahora se calcula el voltaje de Thevenin entre terminales a y b
𝑽𝑻𝑯 =𝒁𝟐
𝒁𝟏 + 𝒁𝟐𝑽𝑺 = 𝟏𝟎𝟔. 𝟕∠𝟏𝟒. 𝟎𝟒 𝑽
Teorema de Thevenin
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Teorema de Norton
• Cualquier circuito equivalente de Thevenin se puede
cambiar a un circuito equivalente de una fuente de corriente
con una resistencia en paralelo (transformación de fuentes)
• Esta fuente de corriente con la resistencia en paralelo se
llama Circuito equivalente de Norton
• Encontrar el circuito equivalente de Norton requiere el
mismo proceso que se usa para encontrar el circuito
equivalente de Thevenin
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Equivalencias entre el Circuito equivalente de Thevenin
(a la izquierda) y el circuito equivalente de Norton
Teorema de Norton
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Métodos de solución de redes
Procedimiento:
1. Convertir las fuentes independientes a la forma fasorial
2. Seleccionar las corrientes de malla y designarlas del dominio
del tiempo, in, al dominio fasorial In
3. Si el circuito contiene solo fuentes independientes de voltaje,
usando la frecuencia conocida de las fuentes, ω, hallar la
impedancia de cada elemento del circuito; de lo contrario, si
el circuito contiene una fuente de corriente, elegir uno de los
siguientes dos casos y el método asociado.
1. Método de mallas
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Caso Método
a. La fuente de corriente
aparece como un
elemento en una sola
malla, n
Igualar la corriente de malla In a la
corriente de la fuente, tomando en
cuenta su dirección
b. La fuente de corriente
es común a dos mallas
Crear una supermalla como la
periferia de las dos mallas. Escribir
una ecuación de la LVK alrededor
de la periferia de la supermalla.
Plantear también la ecuación
restrictiva debida a la fuente de
corriente.
4. Escribir la LVK en cada malla.
5. Despejar la corriente In de malla deseada utilizando la regla de
Cramer.
6. Convertir la corriente fasorial de nuevo a la forma del dominio
temporal.
Métodos de solución de redes
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Ejemplo
Determinar la corriente senoidal i1 de estado estable en el
circuito de la figura cuando vs = 10 𝟐 cos (t + 45°) y = 100
rad/s. Además, R = 3, L = 30 mH y C = 5 mF
Métodos de solución de redes
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Solución
Primero se transforma el voltaje de la fuente a su
forma fasorial
Puesto que la frecuencia de la fuente es ω =100, rad/s se determina
que la inductancia tiene una impedancia de j3 y el capacitor una
impedancia de –j2
Vs = 10 + j10 V
Ahora pueden escribirse las ecuaciones de la LVK para cada malla,
obteniendo
Malla 1: Vs = (3 + j3)I1 – j3 I2
Malla 2: 0 = (3 – j3)I1 + (3 – j2)I2
Resolviendo el sistema, I1 = 1.0571.6° A, en función del tiempo, i1 =
1.05 cos(100t +71.6°) A
Métodos de solución de redes
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Utilizando análisis de mallas encuentre el valor de V0
Solución:
Como se muestra en la figura siguiente, las mallas tres y cuatro
forman una supermalla debido a que hay una fuente de corriente
entre dos mallas
Métodos de solución de redes
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Para la malla 1 se tiene
10 = (8-j2)I1 + j2I2 -8I3
Para malla 2 I2 = -3
Para la supermalla
0 = (8 – j4)I3 – 8I1 + (6 + j5)I4 – j5I2
Métodos de solución de redes
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Métodos de solución de redes
Debido a la corriente de la fuente entre mallas 3 y 4, en el nodo A
I4 = I3 + 4
Combinando ecuaciones de la mallas 1 y 2
(8 – j2)I1 – 8I3 = 10 + j6
Combinando ecuaciones de malla 2, supermalla y nodo A, se obtiene
-8I1 + (14 + j)I3 = -24 – j35
De las dos últimas ecuaciones obtenemos
𝟖 − 𝒋𝟐 −𝟖−𝟖 𝟏𝟒 + 𝒋
𝑰𝟏𝑰𝟑=
𝟏𝟎 + 𝒋𝟔−𝟐𝟒 − 𝒋𝟑𝟓
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Métodos de solución de redes
Y los determinantes son
𝜟 =𝟖 − 𝒋𝟐 −𝟖−𝟖 𝟏𝟒 + 𝒋
= 𝟓𝟎 − 𝒋𝟐𝟎
𝜟𝟏 =𝟏𝟎 + 𝒋𝟔 −𝟖−𝟐𝟒 − 𝒋𝟑𝟓 𝟏𝟒 + 𝒋
= −𝟓𝟖 − 𝒋𝟏𝟖𝟔
La corriente I1 obtenida es
𝑰𝟏 = 𝜟𝟏
𝜟 =
−𝟓𝟖 −𝒋𝟏𝟖𝟔
𝟓𝟎 −𝒋𝟐𝟎= 𝟑. 𝟔𝟏𝟖∠𝟐𝟕𝟒. 𝟓° 𝑨
El voltaje V0 es
V0 = -j2(I1 – I2) = - j2(3.618274.5° + 3)
= -7.2134 – j6.568 = 9.756222.32° V
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Métodos de solución de redes
Utilizar el análisis de mallas para determinar ix(t) en el circuito de la
figura si vs = 10 cos 100t, R1 = 1 , R2 = 1 , R3 = 1 , R4 = 1 , C =
0.04 F, L = 0.04 H
𝑿𝑪 =𝟏
𝒋𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟎. 𝟎𝟒= −𝒋𝟎. 𝟐𝟓 𝜴; 𝑿𝑳 = 𝒋𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟎. 𝟎𝟒 = 𝒋𝟒 𝜴
Solución: Transformando los elementos no lineales
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Métodos de solución de redes
Se definen las tres ecuaciones de malla, poniendo cada corriente
circulando en sentido de las manecillas
Malla 1: (1+1-j0.25)I1 –I2-(-j0.25) I3 = 100°
Malla 2: -I1+(1+1+j0.4) I2-I3 = 0
Malla 3: -(-j0.25I1)-I2+(-j0.25+1+1) I3= 0
Ix es equivalente a I3, por tanto
𝑰𝒙 =
𝟐−𝒋𝟎.𝟐𝟓 −𝟏 𝟏𝟎−𝟏 𝟐+𝒋𝟒 𝟎𝒋𝟎.𝟐𝟓 −𝟏 𝟎
𝟐−𝒋𝟎.𝟐𝟓 −𝟏 𝒋𝟎.𝟐𝟓−𝟏 𝟐+𝒋𝟒 −𝟏𝒋𝟎.𝟐𝟓 −𝟏 𝒋𝟎.𝟐𝟓
=1.217∠ − 𝟕𝟓. 𝟗𝟔° 𝑨
En el dominio del tiempo,
ix(t) = 1.217 cos(100t -75.96°) A
Métodos de solución de redes
1. Convertir las fuentes independientes a la forma fasorial
2. Seleccionar los nodos y el nodo de referencia y designar los
voltajes de nodo en el dominio del tiempo, vn, al voltaje fasorial
correspondiente, Vn
3. Si el circuito solo contiene fuentes independientes de corriente,
usando la frecuencia ω de las fuentes, determinar la impedancia
de cada elemento del circuito; de no ser así, si el circuito contiene
una fuente de voltaje, seleccionar uno de los tres casos siguientes
y el método asociado
2. Método de los nodos
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Caso Método
a. La fuente de voltaje
conecta el nodo q con el
nodo de referencia
Hacer Vq = Vs y proseguir.
b. La fuente de voltaje
está entre dos nodos.
Crear un supernodo
incluyendo ambos nodos.
c. La fuente de voltaje
en serie con una
impedancia está entre
el nodo d y la tierra con
su terminal positiva en
el nodo d
Reemplazar la fuente de
voltaje y la impedancia en
serie por una combinación en
paralelo de una admitancia
Y1 = 1/Z1 y una fuente de
corriente Is = Vs Y1 entrando
al nodo d
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4. Hallar la admitancia equivalente de cada rama en el nodo dado Yn
5. Escribir la LCK en cada nodo
6. Despejar el voltaje de nodo deseado usando la regla de Cramer Va
7. Convertir el voltaje fasorial Va a la forma de dominio temporal.
Ejemplo. Determine el voltaje en el nodo v si Vs = 10 cos t, = 10
rads/s, R1 = R2 = 10 , R3 = 5 , L = 0.5 H y C = 10 mF
Métodos de solución de redes
Solución
El circuito tiene una fuente dependiente entre dos nodos, por lo que
se identifica un supernodo como se muestra en la figura siguiente,
Supernodo
Donde la impedancia de cada elemento en forma fasorial es: la
impedancia del inductor ZL = 5 y la del capacitor ZC = -j10
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Primero tenemos que
𝒀𝟏 =𝟏
𝑹𝟏= 𝟏
𝟏𝟎
Ahora los conjuntamos las dos admitancias en paralelo para que R2
y C den una admitancia Y2 y R3 y L den la admitancia Y3, como se
muestra en la siguiente figura
𝒀𝟐 = 𝟏
𝑹𝟐+𝟏
𝒁𝑪=𝟏
𝟏𝟎+𝒋
𝟏𝟎=𝟏
𝟏𝟎𝟏 + 𝒋
𝒁𝟑 = 𝑹𝟑 + 𝒁𝑳 = 𝟓 + 𝒋𝟓; 𝒑𝒐𝒓 𝒕𝒂𝒏𝒕𝒐 𝒀𝟑 =𝟏
𝟓 + 𝒋𝟓=𝟏
𝟓𝟎𝟓 − 𝒋𝟓
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Aplicando la LCK al supernodo de la figura, se obtiene:
Y1 (V-Vs) + Y2V + Y3(V+10 I) = 0
Además
I = Y1(VS – V)
Sustituyendo, entre sí las dos anteriores ecuaciones, tenemos
que
Y1 (V-Vs) + Y2V + Y3[V+10 Y1(VS – V)] = 0
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Reordenando
En consecuencia
Dado que VS = 100° V, se obtiene
(Y1 + Y2 + Y3 – 10Y1Y3)V = (Y1 – 10Y1Y3)VS
𝑽 =𝒀𝟏 − 𝟏𝟎𝒀𝟏𝒀𝟑
𝒀𝟏 + 𝒀𝟐 + 𝒀𝟑 − 𝟏𝟎𝒀𝟏𝒀𝟑𝑽𝑺
𝑽 =
𝟏𝟏𝟎−𝟏𝟓𝟎
𝟓 − 𝒋𝟓 𝟏𝟎
𝟏𝟏𝟎+ 𝟏𝟏𝟎
𝟏 + 𝒋=𝟏 − 𝟏 − 𝒋
𝟏𝟏𝟎
𝟐 + 𝒋=𝟏𝟎𝒋
𝟐 + 𝒋
Por tanto se tiene
𝒗 = 𝟏𝟎
𝟓 𝒄𝒐𝒔 𝟏𝟎𝒕 + 𝟔𝟑. 𝟒° 𝑽
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Encuentre ix en el circuito de la figura usando análisis nodal
Métodos de solución de redes
Solucion: Primero convertimos al dominio de la frecuencia
20 cos 4t
1 H
0. 5 H
0.1 F
200°, = 4 rad/s
jL = j4
jL = j2
𝟏
𝒋𝝎𝑪 = -j2.5
Aplicando la LCK al nodo 1
𝟐𝟎 − 𝑽𝟏𝟏𝟎
=𝑽𝟏−𝒋𝟐. 𝟓
+𝑽𝟏 − 𝑽𝟐𝒋𝟒
o (1 +j1.5)V1 + j2.5V2 = 20
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En nodo 2
𝟐𝑰𝒙 +𝑽𝟏 − 𝑽𝟐𝒋𝟒
=𝑽𝟐𝒋𝟐
Pero Ix = V1/-j2.5 . Sustituyendo se obtiene
𝟐𝑽𝟏−𝒋𝟐. 𝟓
+𝑽𝟏 − 𝑽𝟐𝒋𝟒
=𝑽𝟐𝒋𝟐
Simplificando obtenemos
11 V1 + 15 V2 = 0
Poniendo las dos ecuaciones de nodos en forma matricial
𝟏 + 𝒋𝟏. 𝟓 𝒋𝟐. 𝟓𝟏𝟏 𝟏𝟓
𝑽𝟏𝑽𝟐
=𝟐𝟎𝟎
Métodos de solución de redes
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Métodos de solución de redes
Donde los determinantes son
𝜟 =𝟏 + 𝒋𝟏. 𝟓 𝒋𝟐. 𝟓𝟏𝟏 𝟏𝟓
= 𝟏𝟓 + 𝒋𝟓
𝜟1=𝟐𝟎 𝒋𝟐. 𝟓𝟎 𝟏𝟓
= 𝟑𝟎𝟎 𝜟𝟐 =𝟏 + 𝒋𝟏. 𝟓 𝟐𝟎𝟏𝟏 𝟎
= −𝟐𝟐𝟎
𝑽𝟏 =𝜟𝟏𝜟=
𝟑𝟎𝟎
𝟏𝟓 − 𝒋𝟏𝟓= 𝟏𝟖. 𝟗𝟕∠𝟏𝟖. 𝟒𝟑° 𝑽
𝑽𝟐 =𝜟𝟐𝜟=
−𝟐𝟐𝟎
𝟏𝟓 − 𝒋𝟏𝟓= 𝟏𝟑. 𝟗𝟏∠𝟏𝟗𝟖. 𝟑° 𝑽
Los voltajes son
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Métodos de solución de redes
La corriente Ix está dada por
𝑰𝒙 =𝑽𝟏−𝒋𝟐. 𝟓
=𝟏𝟖. 𝟗𝟕∠𝟏𝟖. 𝟒𝟑°
𝟐. 𝟓∠ − 𝟗𝟎°= 𝟕. 𝟓𝟗∠𝟏𝟎𝟖. 𝟒 𝑨
Transformando al dominio del tiempo
Ix = 7.59 cos (4t + 108.4°) A
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Principio de superposición
Si en un circuito existen varios generadores, las corrientes y
tensiones en cada componente es igual a la suma de cada generador
actuando de forma independiente.
Cuando se aplica el principio de superposición recuerde que las
fuentes de tensión se van a cortocircuitar y las fuentes de
intensidad se abrirán.
Ejemplo: Dado el circuito de la figura, calcular la intensidad de
corriente que circula por la impedancia Z
Aplicando el principio de superposición y puesto que son dos fuentes
de tensión las que tenemos, primero cortocircuitaremos una y luego la
otra.
Empecemos cortocircuitando la de 200 V. Y Resolvemos por el método
de mallas, dejando la de 130 V, tenemos que:
Empezamos a resolver por mallas para sacar las ecuaciones, la
expresión de la tensión que nos la dan en forma polar la pasamos a
forma compleja. La corriente que pasa por la impedancia 5 + j5 es la
suma de I1 e I2 por ir en el mismo sentido, si fueran en sentidos
opuestos se restarían
Principio de superposición
Malla 1: 95.26 + j55 = (1 + j3) I1 + (5 + j5) (I1 + I2)
Malla 2: 0 = (2 + j3)I2 + (5 + j5)(I1 + I2)
Con estas dos ecuaciones formamos un sistema que pasamos a
resolver. Operando, para simplificar el sistema llegamos a:
Malla 1: 95.26 + j55 = (6 + j8)I1 + (5 + j5) I2
Malla 2: 0 = (5 + j5)I1 + (7 + j8) I2
Resolviendo el sistema:
I1 =
I2 =
Principio de superposición
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Resolvemos ahora cortocircuitando la otra fuente de tensión, el circuito
que tenemos es el siguiente:
El sistema de ecuaciones que nos queda es el siguiente:
Malla 1: 200 = (2 + j3)I1 + (5 + j5)(I1 + I2)
Malla 2: 0 = (1 + j3)I2 + (5 + j5)(I1 + I2)
Resolviendo el sistema: I1 = I2 =
La intensidad que pasa por Z va a ser la suma de I1 (del primer
circuito) e I2 (del segundo circuito)
IT =
Principio de superposición
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Utilizando el principio de superposición, calcular la corriente que
pasa por la impedancia 3 + j2
Principio de superposición
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P
S Q
U-2 Relaciones de potencia en
circuitos de CA
1. Calcular la potencia instantánea y promedio en circuitos de CA
2. Ser capaz de calcular la máxima transferencia de potencia de
una carga en circuitos de CA
3. Saber como calcular los valores efectivos o rms de una forma de
onda periódica
4. Saber como calcular las potencias real, reactiva y compleja y el
factor de potencia en circuitos de CA
5. Entender como corregir el factor de potencia en circuitos de CA
6. Mostrar una actitud propositiva, ética y colaborativa
Las competencias que se pretenden en este módulo son
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Potencia instantánea y potencia promedio
La potencia instantánea p(t) absorbida por un elemento es el producto
del voltaje instantáneo v(t) a través del elemento y la corriente
instantánea i(t) que circula por el. Asumiendo una convención pasiva
de los signos
p(t) = v(t)i(t)
v(t) = Vm cos(ωt + θv)
i(t) = Im cos(ωt + θi)
sea
La potencia instantánea absorbida por el circuito es
p(t) = v(t)i(t) = VmIm cos(ωt + θv) cos(ωt + θi)
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cos A cos B = 𝟏
𝟐[cos (A − B) + cos (A + B)]
Aplicando la identidad trigonométrica
p(t) = 𝟏
𝟐VmIm cos(θv − θi) +
𝟏
𝟐 VmIm cos(2ωt + θv + θi)
Esto muestra que la potencia instantánea tiene dos partes. La
primera, es constante o independiente del tiempo. Su valor
depende de la diferencia de fase entre el voltaje y la corriente. La
segunda parte es una función senoidal cuya frecuencia es 2ω, la
cual es el doble de la frecuencia angular del voltaje o de la
corriente
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Cuando la potencia p(t) es positiva, la potencia es absorbida o
almacenada por los elementos del circuito. Cuando p(t) es negativa,
es potencia absorbida por la fuente; esto es, es potencia transferida o
liberada desde el circuito a la fuente. Esto es posible debido a los
elementos que almacenan energía en el circuito (capacitores e
inductores)
La potencia instantánea cambia con el tiempo y es muy difícil de
medir. La potencia promedio es más conveniente para medir. De
hecho, el wattmetro, instrumento para medir potencia eléctrica,
responde a la potencia promedio
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Potencia instantánea y potencia promedio
Potencia puramente
inductiva, la potencia
promedio es cero
Potencia puramente
capacitiva, la potencia
promedio es cero
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La potencia promedio se define como el promedio de potencia
instantánea en un periodo
𝑷 =𝟏
𝑻 𝒑 𝒕 𝒅𝒕𝑻
𝟎
Sustituyendo la equivalencia de p(t) obtenida en ecuaciones
anteriores, obtenemos
𝑷 =𝟏
𝑻 𝟏
𝟐𝑽𝒎𝑰𝒎𝒄𝒐𝒔 𝜽𝒗 − 𝜽𝒊 𝒅𝒕 +
𝟏
𝑻
𝑻
𝟎
𝟏
𝟐𝑽𝒎𝑰𝒎𝒄𝒐𝒔 𝟐𝝎𝒕 + 𝜽𝒗 + 𝜽𝒊 𝒅𝒕
𝑻
𝟎
𝑷 =𝟏
𝟐𝑽𝒎𝑰𝒎𝒄𝒐𝒔 𝜽𝒗 − 𝜽𝒊
𝟏
𝑻 𝒅𝒕𝑻
𝟎
+𝟏
𝟐𝑽𝒎𝑰𝒎
𝟏
𝑻 𝒄𝒐𝒔 𝟐𝝎𝒕 + 𝜽𝒗 + 𝜽𝒊 𝒅𝒕𝑻
𝟎
Potencia instantánea y potencia promedio
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El primer integrando es constante, y el promedio de una constante es la
constante misma. El segundo integrando es una seniode. Sabemos que el
promedio de una senoide sobre su periodo es cero, así que el segundo
término de la ecuación anterior se hace cero y la potencia promedio
queda como
𝑷 =𝟏
𝟐𝑽𝒎𝑰𝒎𝒄𝒐𝒔 𝜽𝒗 − 𝜽𝒊
Este valor es independiente del tiempo
v(t) e i(t) se pueden expresar en forma de fasores como V = Vmv
e I = Imi
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
También
𝟏
𝟐𝑽𝑰∗=
𝟏
𝟐𝑽𝒎𝑰𝒎∠𝜽𝒗 − 𝜽𝒊 =
𝟏
𝟐𝑽𝒎𝒊𝒎 𝒄𝒐𝒔 𝜽𝒗 − 𝜽𝒊 + 𝒋𝒔𝒆𝒏 𝜽𝒗 − 𝜽𝒊
Si 𝜽𝒗 = 𝜽𝒊, la corriente está en fase con el voltaje y la carga es
resistiva
𝑷 =𝟏
𝟐𝑽𝒎𝑰𝒎=
𝟏
𝟐𝑰𝒎𝟐𝑹 =
𝟏
𝟐|𝑰|𝟐𝑹
Cuándo θv − θ𝒊 = ± 90°, se tiene un circuito puramente reactivo, y
P = 𝟏
𝟐 VmIm cos 90° = 0
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Una caga resistiva consume potencia todo el tiempo, mientras
que una carga reactiva (L o C) su potencia promedio consumida
es cero
Ejemplo
Dado v(t) = 120 cos(377t +45°)V e i(t) = 10 cos(377t −10°) A
Encuentre la potencia instantánea y potencia promedio absorbida por
la red lineal de la figura
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Solution:
La potencia instantánea está dada por
p = vi = 1200 cos(377t + 45◦ ) cos(377t − 10°)
Aplicando la identidad trigonométrica
cosAcosB = [cos(A + B) + cos(A − B)]
se obtiene p = 600[cos(754t + 35◦) + cos 55°]
p(t) = 344.2 + 600 cos(754t + 35◦) W o
La potencia promedio es
P = ½VmIm cos(θv − θi) = ½(120)(10) cos[45° − (−10°)]
= 600 cos 55° = 344.2 W
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Para el ciruito de la figura, encuentre la potencia promedio
suministrada por la fuente y la potencia promedio consumida por la
resistencia
Solución:
La corriente I está dada por
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
The average power supplied by the voltage source is
La corriente a través del resistor es
Y el voltaje a través de este es
La potencia promedio consumida por el resistor es
La cual es la misma que la potencia promedio suministrada por la
fuente. La potencia promedio absorbida por el capacitor es cero
Potencia instantánea y potencia promedio
Determine la potencia generada por cada fuente y la potencia
promedio absorbida por cada elemento pasivo en el circuito de la
figura
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Solución:
Aplicando análisis de mallas como se muestra en la figura, para la
malla 1
I1= 4 A
Para la malla 2
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Para el voltaje de la fuente, la corriente fluyendo a través de esta es
Y el voltaje a través de la fuente es 6030° V, por tanto, la
potencia promedio es
Siguiendo la convención pasiva de los signos, esta potencia
promedio es absorbida por la fuente, debido a la dirección de I2 y
la polaridad del voltaje de la fuente. O sea, el circuito está
entregando una potencia promedio a la fuente de voltaje
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Para la fuente de corriente, la corriente a través de esta es de I1 = 4
0° A y el voltaje a través de ella es
La potencia promedio suministrada por la fuente de corriente es
Es negativa de acuerdo a la convención pasiva de los signos, lo que
significa que la fuente de corriente está suministrando potencia al
circuito
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Para el resistor, la corriente a través de el es I1 = 4 0° y su voltaje
es 20I1 = 80 0◦, por lo que la potencia absorbida por el resistor es
Para el capacitor, su corriente es I2 = 10.58 79.1° y su voltaje es
La potencia promedio absorbida por el capacitor es
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Para el inductor, la corriente es
I1 − I2 = 4 + j0 - 2 − j10.39 = 10.58 − 79.1◦.
El voltaje a través de este es:
Aquí, la potencia promedio absorbida por el inductor es
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Note que la potencia promedio absorbida por el capacitor y el
inductor son cero y que la potencia total suministrada por la fuente de
corriente iguala a la potencia absorbida por el resistor y la fuente de
voltaje, o
Indicando que la potencia se conserva
Potencia instantánea y potencia promedio
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
Teorema de máxima transferencia de potencia
Considere el circuito de la figura, donde la carga es una impedancia
que representa a un motor, una antena, o cualquier otro tipo de
carga. Considere su circuito de Thevenin
En forma rectangular, la impedancia de Thevenin y la impedancia
de carga son
ZTh = RTh + jXTh
ZL = RL + jXL
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La corriente a través de la carga es
La potencia promedio entregada a la carga es
El objetivo es ajustar los parámetros de la carga RL y XL para que la
potencia sea máxima. Para hacer esto, se ajusta ∂P/∂RL y ∂P/∂XL
iguales a cero. De la ecuación anterior, se obtiene
𝑰 =𝑽𝑻𝒉
𝒁𝑻𝒉 + 𝒁𝑳=
𝑽𝑻𝒉𝑹𝑻𝒉 + 𝒋𝑿𝑻𝒉 + 𝑹𝑳 + 𝒋𝑿𝑳
𝑷 = 𝟏
𝟐𝑰 𝟐𝑹𝑳 =
𝑽𝑻𝒉𝟐𝑹𝑳/𝟐
𝑹𝑻𝒉 + 𝑹𝑳𝟐 + 𝑿𝑻𝒉 + 𝑿𝑳
𝟐
𝝏𝑷
𝝏𝑿𝑳=
𝑽𝑻𝒉𝟐𝑹𝑳 𝑿𝑻𝒉 + 𝑿𝑳
𝑹𝑻𝒉 + 𝑹𝑳𝟐 + 𝑿𝑻𝒉 + 𝑿𝑳
𝟐 𝟐
𝝏𝑷
𝝏𝑿𝑳=𝑽𝑻𝒉
𝟐 𝑹𝑻𝒉 + 𝑹𝑳𝟐 + 𝑿𝑻𝒉 + 𝑿𝑳
𝟐 − 𝟐𝑹𝑳 𝑹𝑻𝒉 + 𝑹𝑳𝟐 𝑹𝑻𝒉 + 𝑹𝑳
𝟐 + 𝑿𝑻𝒉 + 𝑿𝑳𝟐 𝟐
Máxima transferencia de potencia
Máxima transferencia de potencia
Ajustando ∂P/∂XL a cero, se obtiene
XL = -XTh
Y ajustando ∂P/∂RL a cero se obtiene
Combinando las dos ecuaciones anteriores, se llega a la conclusión de
que para máxima transferencia de potencia promedio, ZL debe
seleccionarse tal que XL = −XTh y RL = RTh, es decir,
𝑹𝑳 = 𝑹𝟐𝑻𝒉 + 𝑿𝑻𝒉 + 𝑿𝑳𝟐
𝒁𝑳 = 𝑹𝑳 + 𝒋𝑿𝑳 = 𝑹𝑻𝒉 − 𝒋𝑿𝑻𝒉 = 𝒁∗
𝑻𝒉
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
Para máxima transferencia de potencia, la impedancia de la
carga ZL debe ser igual al complejo conjugado de la impedancia
de Thevenin ZTh
El teorema establece que
Haciendo RL = RTh y XL = −XTh se obtiene la expresión de potencia
promedio máxima como
𝑷𝒎𝒂𝒙 =𝑽𝑻𝒉
𝟐
𝟖𝑹𝑻𝒉
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
Para condiciones de carga puramente resistiva, X = 0
𝑹𝑳 = 𝑹𝟐𝑻𝒉 + 𝑿𝟐𝑻𝒉 = 𝒁𝑻𝒉
Determine la impedancia de la carga ZL que maximize la potencia
promedio para el circuito de la figura. ¿Cuál es la máxima potencia
promedio?
Ejemplo
Máxima transferencia de potencia
Solución:
Primero encontramos el equivalente de Thevenin en las terminales
de la carga. Para obtener ZTh, considere el circuito de la siguiente
figura
𝒁𝑻𝒉 = 𝒋𝟓 + 𝟒|| 𝟖 − 𝒋𝟔 = 𝟐. 𝟗𝟑𝟑 + 𝒋 𝟒. 𝟒𝟔𝟕 𝜴
Por división de voltajes, VTh es
𝑽𝑻𝒉 =𝟖−𝒋𝟔
𝟒+𝟖−𝒋𝟔𝟏𝟎 =7.454-10.3° V
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
La impedancia de la carga entrega la máxima potencia al circuito
cuando
ZTh =Z*Th = 2.933 – j4.467
Y la potencia máxima transferida es
𝑷𝒎𝒂𝒙 =𝑽𝑻𝒉
𝟐
𝟖𝑹𝑻𝒉=𝟕. 𝟒𝟓𝟒 𝟐
𝟖 𝟐. 𝟗𝟑𝟑= 𝟐. 𝟑𝟔𝟖 𝑾
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
Para el circuito de la figura, ¿a que valor debería ajustarse la
impedancia de carga ZL para que reciba la máxima potencia de la
fuente de
Para este problema , para encontrar ZTh removemos ZL y ponemos
en corto la fuente de voltaje, tal como se muestra en el circuito
auxiliar
Solución
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
Observe que Z1 está en paralelo con Z2 , y su combinación se
muestra en el circuito simplificado de abajo
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
Este circuito no puede seguir simplificandose a menos que se utilice
la transformación Estrella – Delta, la cual se tratará en circuitos
trifásicos, por lo que se iniciará calculando el voltaje de Thevenin.
Del circuito original, se desconecta la ZL en los puntos X e Y, como se
muestra abajo
El voltaje de Thevenin es el voltaje entre los puntos X e Y,
también se agrupan la resistencia y el capacitor a la derecha para
formar Z5, entonces
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
VTh = VXY = VX – VY = V1 – (V2 – VR5)
En nodo 1
𝑽𝟏 − 𝑽𝑺𝒛𝟏
+𝑽𝟏𝒛𝟐+𝑽𝟏 − 𝑽𝟐𝒛𝟑
= 𝟎 𝟏
𝒛𝟏+𝟏
𝒛𝟐+𝟏
𝒛𝟑𝑽𝟏 −
𝟏
𝒛𝟑𝑽𝟐 =
𝑽𝑺𝒛𝟏
En nodo 2
𝑽𝟐 − 𝑽𝟏𝒛𝟑
+𝑽𝟐𝒛𝟒+𝑽𝟐𝒛𝟓= 𝟎 −
𝟏
𝒛𝟑𝑽𝟏
𝟏
𝒛𝟑+𝟏
𝒛𝟒+𝟏
𝒛𝟓𝑽𝟐 = 𝟎
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
De donde se obtiene
𝟏
𝒛𝟏+𝟏
𝒛𝟐+𝟏
𝒛𝟑 −
𝟏
𝒛𝟑
−𝟏
𝒛𝟏
𝟏
𝒛𝟑+𝟏
𝒛𝟒+𝟏
𝒛𝟓
𝑽𝟏
𝑽 𝟐
=
𝑽𝒔𝒛𝟏
𝟎
Usando programa mtp_nodo.m de MATLAB, los resultados son:
V1 = 117.31 + j11.538 V
V2 = 44.2308 + j46.1538 V
VTh = 126.92 - j15.385 V
VTh = 127.85 -6.91° V M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
A continuación cortocircuitamos los puntos X e Y, tal como se
muestra en el circuito, y se calcula Isc
Las ecuaciones de malla en forma matricial quedan
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Máxima transferencia de potencia
Usando el programa mtp_mallas.m de MATLAB, se obtiene los
siguientes resultados
I1= 15.6745 - j2.63 A
I2= 10.3094 - j3.1559 A
I3= -1.0520 + j10.7302 A
I4= 6.5223 + j1.4728 A
ZTh= 18.0084 - j6.4260
ZL = Z*Th = 18.0084 + j6.4260
Finalmente
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
La idea de los valores eficacess viene de la necesidad de medir la
eficacia de las fuentes de voltaje y corriente cuando estas entregan
potencia a una carga resistiva
Valores eficaces o RMS
El valor eficaz de una corriente periódica se mide por el calor que
proporciona una resistencia cuando pasa la corriente por ella, y es
equivalente al mismo calor que suministraría una fuente de corriente
continua sobre dicha resistencia
El circuito de la figura (a) tiene una fuente de CA, mientras que el
circuito de la figura (b) tiene una fuente de CD
El objetivo es encontrar la corriente Ieff que transferirá la misma
potencia al resistor R por la senoidal i. La potencia promedio
absorbida por el resistor en el circuito de CA es
Mientras que la potencia absorbida por el resistor en el circuito de CD
es
Igualando las dos ecuaciones anteriores y resolviendo para Ieff ,
obtenemos
P = I2eff R
𝑷 = 𝒊𝟐𝑹𝒅𝒕 =𝑹
𝑻 𝒊𝟐𝒅𝒕𝑻
𝟎
𝑻
𝟎
𝑰𝒆𝒇𝒇 =𝟏
𝑻 𝒊𝟐𝒅𝒕𝑻
𝟎
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
El valor eficáz del voltaje se encuentra de la misma manera que la
corriente, esto es
Esto indica que el valor eficaz es la raíz cuadrada de la media (o el
promedio) del cuadrado de la señal periódica . Así, el valor eficaz es
comúnmente conocido como el valor cuadrático medio, o valor RMS
(de Root Mean Square) y se escribe como
Ieff = Irms Veff = Vrms
𝑽𝒆𝒇𝒇 =𝟏
𝑻 𝒗𝟐𝒅𝒕𝑻
𝟎
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Para cualquier función periódica X(t) en general, el valor rms está dado
por
𝑿𝒓𝒎𝒔 =𝟏
𝑻 𝒙𝟐𝒅𝒕𝑻
𝟎
El valor efectivo de una señal periódica es el valor de su raíz
cuadrática media (rms)
La ecuación anterior establece que para encontrar el valor rms de
x(t), primero encontramos su cuadrado x2 y entonces encontramos
la media de este valor, o
𝟏
𝑻 𝒙𝟐𝒅𝒕𝑻
𝟎
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Y luego encontramos la raíz cuadrada de la media. El valor rms de
una constante es la constante misma. Para una senoide
i(t) = Im cos t
El valor eficaz o valor rms es
𝑰𝒓𝒎𝒔 =𝟏
𝑻 𝑰𝒎
𝟐𝒄𝒐𝒔𝟐𝝎𝒕 𝒅𝒕𝑻
𝟎
=𝑰𝒎𝟐
𝑻 𝟏
𝟐𝟏 + 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝝎𝒕 𝒅𝒕
𝑻
𝟎
=𝑰𝒎
𝟐
Similarmente, para v(t) = Vm cos t,
𝑽𝒓𝒎𝒔 =𝑽𝒎
𝟐
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Recuerde que las dos ecuaciones anteriores, solo son válidas para
funciones senoidales
La potencia promedio se pude escribir en términos de sus valores rms
𝑷 =𝟏
𝟐𝑽𝒎𝑰𝒎 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝒗 − 𝜽𝒊 =
𝑽𝒎
𝟐
𝑰𝒎
𝟐𝒄𝒐𝒔 𝜽𝒗 − 𝜽𝒊 =𝑽𝒓𝒎𝒔𝑰𝒓𝒎𝒔 𝜽𝒗 − 𝜽𝒊
Similarmente, la potencia promedio absorbida por un resistor R, se
puede escribir como
𝑷 = 𝑰𝒓𝒎𝒔𝟐𝑹 =
𝑽𝒓𝒎𝒔𝟐
𝑹
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Determine el valor rms de la corriente con forma de onda como
se muestra en la figura. Si la corriente pasa a través de un
resistor de 2 , encuentre también la potencia absorbida por el
resistor
Ejemplo
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Solución
El periodo de la forma de onda es T = 4. sobre ese periodo, podemos
escribir la forma de onda de la corriente como
i(t) =
5t, 0 < t < 2
-10, 2 < t < 4
El valor rms es
𝑰𝒓𝒎𝒔 =𝟏
𝑻 𝒊𝟐𝒅𝒕𝑻
𝟎
=𝟏
𝟒 𝟓𝒕 𝟐𝒅𝒕 + −𝟏𝟎 𝟐𝒅𝒕
𝟒
𝟐
𝟐
𝟎
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
La potencia absorbida por el resistor es
P = (Irms)2 R = (8.165)2 (2) = 133.3 W
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Ejemplo
Calcule la potencia promedio absorbida por un resistor de 5
cuando el voltaje a través de este es una media onda rectificada, tal
como se muestra en la figura
Solución
Primero, se encuentra el valor numérico de .
T = 2 ms = 2x 10-3 s; T = 2, por tanto 𝝎 =𝟐𝝅
𝑻= 𝟏𝟎𝟑 𝝅
10 sen t = 10 sen 103 t Así
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Entonces la potencia promedio es
𝑷 = 𝟏
𝑻 𝒗𝟐
𝑹𝒅𝒕 =
𝟏
𝟐𝒙𝟏𝟎−𝟑
𝟏𝟎𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐𝟏𝟎𝟑𝝅𝒕
𝟓+ 𝟎
𝟐𝒙𝟏𝟎−𝟑
𝟏𝟎−𝟑
𝟏𝟎−𝟑
𝟎
𝒅𝒕𝑻
𝟎
Usando la identidad
Sen2 = 𝟏
𝟐𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝜽
𝑷 =𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝒙𝟏𝟎−𝟑
𝟏
𝟐𝟏 − 𝐜𝐨𝐬𝟐𝒙𝟏𝟎𝟑𝝅𝒕 𝒅𝒕
𝟏𝟎−𝟑
𝟎
= 𝟓𝒙𝟏𝟎𝟑 𝒅𝒕𝟏𝟎−𝟑
𝒐
− 𝐜𝐨𝐬𝟐𝒙𝟏𝟎𝟑𝝅𝒕𝒅𝒕𝟏𝟎−𝟑
𝟎
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Donde sen 2n = 0 para n = entero, el último término de la expresión
anterior se reduce a
P = 5 W
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Ejercicios de opción múltiple
1. El valor promedio de un voltaje de CD de 12 V es
a. 6V b. 12V c. 12/ 𝟐 𝑽 d. 12 X 𝟐 V e. Ninguna
2. El valor promedio de i = 5 + cos 100t es
a. 5 + 2/ 𝟐 A b. 5 X 𝟐 A c. 5/ 𝟐 𝑨 d. 5 A e. Ninguna
3. El valor rms de i = 5 + cos 100t es
a. 5 + 𝟐/2 A b. 5 X 𝟐 A c. 5/ 𝟐 𝑨 d. 5 A e. Ninguna
4. El voltaje a través de la impedancia Z = 75 + j38 es 115 V rms. La
potencia promedio absorbida por la carga es
a. 176.3 W b. 157.44 W c. 71.3 W d. 352.67 W e. Ninguna
Valores eficaces o RMS
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
5. El valor promedio de la forma de onda siguiente es
a. 24 V b. 16 V c. 12 V d. 6 V e. Ninguna
6. El valor rms de la forma de onda siguiente es
a. 10/ 𝟐 V b. 10 x 𝟐 V c. 10/ 𝟑 V d. 10 X 𝟑 V e. Ninguna
Valores eficaces o RMS
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Potencia aparente y factor de potencia
El voltaje y la corriente en las terminales de un circuito son
respectivamente:
v(t) = Vm cos(ωt + θv ) i(t) = Im cos(ωt + θi)
En forma fasorial
V = Vm θv I = Im θi
En temas anteriores se había establecido que
P = VrmsIrms cos(θv − θi)
Si definimos
S = VrmsIrms
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Potencia aparente y factor de potencia
La potencia promedio es el producto de dos términos. El producto
VrmsIrms es conocido como la POTENCIA APARENTE S
El factor cos(θv − θi) es llamado el factor de potencia (fp)
La potencia aparente (en VA), es el producto de los valores rms
del voltaje y la corriente
Se llama potencia aparente porque se parece a la potencia real que
es el producto del voltaje por la corriente, en analogía a los circuitos
resistivos de CD.
la potencia aparente se mide en VA a diferencia de la potencia real
que se mide en Watts. El factor de potencia es un término
adimensional que se puede definir como como la relación entre la
potencia promedio y la potencia aparente
P = VrmsIrms cos(θv − θi) = S cos(θv − θi), de donde
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Potencia aparente y factor de potencia
El factor de potencia es igual al ángulo de la impedancia de carga, si V
es el voltaje a través de la carga e I es la corriente a través de esta.
Esto es evidente a partir de que
Alternativamente si
y
Entonces
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Potencia aparente y factor de potencia
Para potencias puramente resistiva, el voltaje y la corriente están
en fase y el fp = 1. Esto implica que la potencia promedio es igual a
la potencia aparente
Se dice que el factor de potencia es adelantado, si la corriente se
adelanta al voltaje. Esto ocurre cuando la carga es
predominantemente capacitiva (Z = R – jXC). El caso más extremo es
que R = 0 y la corriente adelanta al voltaje por 90°
Se dice que el factor de potencia es atrasado, si la corriente se atrasa
al voltaje. Esto ocurre cuando la carga es predominantemente
inductiva (Z = R + jXL). El caso más extremo es que R = 0 y la
corriente atrasa al voltaje por 90°
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Potencia aparente y factor de potencia
Determine el factor de potencia del circuito de la figura visto desde
la fuente. Calcule también la potencia promedio entregada por la
fuente
Ejemplo
Solución:
fp = 0.9734 (-); P = 125 W
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Potencia aparente y factor de potencia
Ejemplo
Para el circuito de la figura, determine el factor de potencia y la
potencia promedio suministrada por la fuente
Solución:
fp = 0.936 (-); P = 118 W
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Potencia compleja
Durante años se han realizado considerables esfuerzos para
expresar las relaciones de la potencia tan sencillo como sea posible
Los ingenieros del área de potencia han acuñado el término de
potencia compleja, el cual se utiliza para para encontrar el efecto
total de las cargas en paralelo
La potencia compleja es importante en el análisis de potencia,
porque contiene toda la información perteneciente a la potencia
absorbida por una carga determinada
Considere la carga de CA de la siguiente figura. En forma fasorial,
V = Vmv e I = Imi del voltaje v(t) y la corriente i(t)
respectivamente, la potencia compleja absorbida por la carga es el
producto del voltaje y del complejo conjugado de la corriente, o
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Asumiendo la convención pasiva de los signos, en términos de los
valores rms
S = Vrms I*
rms
Potencia compleja
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donde
𝑽𝒓𝒎𝒔 =𝑽
𝟐= 𝑽𝒓𝒎𝒔∠𝜽𝒗
y
𝑰𝒓𝒎𝒔 =𝑰
𝟐= 𝑰𝒓𝒎𝒔∠𝜽𝒊
Por lo que la ecuación de potencia compleja se convierte en
S = Vrms Irms v - i = Vrms Irms cos (v - i) + j Vrms Irms sen (v - i)
Potencia compleja
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De la ecuación anterior se puede ver que la potencia compleja se mide
en volt – amperes (VA). También que el ángulo de la potencia
compleja es el ángulo del factor de potencia.
La potencia compleja puede ser expresada en términos de la
impedancia de la carga Z, esta se puede escribir como
𝒁 = 𝑽
𝑰=𝑽𝒓𝒎𝒔𝑰𝒓𝒎𝒔
=𝑽𝒓𝒎𝒔𝑰𝒓𝒎𝒔
∠𝜽𝒗 − 𝜽𝒊
Por lo que se puede llegar a Vrms =Z Irms y obtener
Potencia compleja
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De
Z = R + jX
Llegamos a
S =I2 rms (R + jX) = P + jQ
Donde P y Q son las partes real e imaginaria de la potencia
compleja, o sea,
P = Re(S) = I2 rms R
Q = Im(S) = I2 rms X
Donde Q se conoce como potencia reactiva o potencia en cuadratura
Potencia compleja
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P = VrmsIrms cos (θv − θi), Q = VrmsIrms sin (θv − θi)
Otra forma de establecer las potencias real y reactiva es
Las unidades de la potencia reactiva son los volt – amperes reactivos
(VAR). Esta potencia no es consumida como los watts en resistencias,
si no que es una potencia intercambiada entre un elemento y otro y
este intercambio representa pérdidas. Note que:
1. Q = 0 para cargas resistivas (fp = 1)
2. Q < 0 para cargas capacitivas (fp adelantado)
3. Q > 0 para cargas inductivas (fp atrasado)
La potencia compleja (en VA) es el producto del fasor voltaje en rms
y el conjugado complejo del fasor corriente en rms. Como cantidad
compleja, su parte real es la potencia real y su parte imaginaria es la
potencia reactiva Q
Entonces
Potencia compleja
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La introducción de la potencia compleja nos permite obtener las
potencia real y reactiva directamente de los fasores de voltaje y
corriente
Potencia compleja = S = P + JQ = 𝟏
𝟐𝑽𝑰∗ = 𝑽𝒓𝒎𝒔𝑰𝒓𝒎𝒔𝒗 − 𝒊
Potencia aparente = S = |S| = 𝑰∗ = 𝑽𝒓𝒎𝒔𝑰𝒓𝒎𝒔 = 𝑷𝟐 +𝑸𝟐
Potencia real = P = Re (S) = S cos (𝒗 − 𝒊)
Potencia reactiva = Q = Im (S) = S sen (𝒗 − 𝒊)
Factor de potencia = fp = 𝑷
𝑺= 𝐜𝐨𝐬 𝒗 − 𝒊
Potencia compleja
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Comparación entre el triángulo de potencias y el triángulo de reactancias
Triángulo de potencias con
factor de potencia en
atraso y en adelanto
Potencia compleja
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Ejemplo
El voltaje a través de una carga es v(t) = 60 cos (t – 10°) V y la
corriente a través de esta en la dirección de la caída de voltaje es i(t)
= 1.5 cos (t + 50°) A. Encuentre:
a. Las potencias compleja y aparente
b. Las potencias real y reactiva
c. El factor de potencia y la impedancia de la carga
Solución
a. Para valores rms del voltaje y la corriente
𝑽𝒓𝒎𝒔 =𝟔𝟎
𝟐− 𝟏𝟎° 𝑽 , 𝑰𝒓𝒎𝒔 =
𝟏. 𝟓
𝟐𝟓𝟎° 𝑨
Potencia compleja
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Potencia compleja
La potencia compleja es
𝑺 = 𝑽𝒓𝒎𝒔 𝑰∗
rms =𝟔𝟎
𝟐− 𝟏𝟎°
𝟏.𝟓
𝟐 − 𝟓𝟎° = 𝟒𝟓 − 𝟔𝟎 𝑽𝑨
La potencia aparente es
S = |S| = 45 VA
b. Podemos expresar la potencia compleja en forma rectangular como
𝑺 = 𝟒𝟓 − 𝟔𝟎 𝑽𝑨 = 𝟐𝟐. 𝟓 − 𝐣 𝟑𝟖. 𝟗𝟕
Donde S = P + JQ, la potencia real es P = 22.5 W mientras que la
potencia reactiva Q = -38.97 VA
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Potencia compleja
c. El factor de potencia es
fp = cos(-60°) = 0.5 (+).
Y la impedancia de la carga es
𝒛 = 𝑽
𝑰=𝟔𝟎 ∠−𝟏𝟎°
𝟏.𝟓 ∠𝟓𝟎°= 𝟒𝟎 − 𝟔𝟎°
La cual es una impedancia capacitiva
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Potencia compleja
Ejemplo
Una carga Z entrega 12 KVA con un fp = 0.856(-) desde una fuente
de 120 V rms sinusoidal. Calcule:
a. Las potencias promedio y reactiva entregados a la carga
b. La corriente pico
c. La impedancia de carga
Solución
a. fp = cos , por tanto = cos-1 0.856 = 31.13°. Si la potencia
aparente S = 12 KVA, entonces
P = S cos = 12KVA * cos 31.13° = 10.272 KW
Y la potencia reactiva es
Q = S sen = 12 KVA * sen 31.13° = 6.204 KVAR
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Potencia compleja
b. Como el fp es atrasado, la potencia compleja es
S = P + jQ = 10.72 + j 6.204 KVA
De S = VrmsI*rms, se obtiene
Así, Irms = 100-31.13°
Y la corriente pico
Im = 𝟐 Irms = 𝟐 (100 A) = 141.4 A
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Potencia compleja
c. La impedancia de la carga es
𝒁 =𝑽𝒓𝒎𝒔𝑰𝒓𝒎𝒔
= 𝟏𝟐𝟎∠𝟎°
𝟏𝟎𝟎∠ − 𝟑𝟏. 𝟏𝟑°= 𝟏. 𝟐 ∠𝟑𝟏. 𝟏𝟑° 𝜴
La cual es una impedancia inductiva
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Medición de potencia eléctrica
Medición de potencia
La potencia promedio absorbida por una carga se mide con un
Wattmetro
Conexión física del wattmetro
Cuando las dos bobinas se energizan, la inercia mecánica del sistema
móvil produce un ángulo de deflexión que es proporcional al valor
promedio del producto v(t)i(t). Si la corriente y el voltaje de la carga
v(t) = Vm cos(ωt +θv) and i(t) = Im cos(ωt +θi), su correspondientes
fasores rms son
y
Medición de potencia
Y el wattmetro mide la potencia promedio dada por
P = |Vrms||Irms| cos(v - i) = ½ Vm Im cos(v - i)
Como se mostró en la figura anterior, cada bobina del
wattmetro tiene dos terminales con una marca ±
Para asegurar la deflexión a plena escala, la terminal ± de la
bobina de corriente esta viendo hacia la fuente, mientras que la
terminal ± de la bobina de voltaje se conecta a la misma línea
que la bobina de corriente
Si se invierten ambas conexiones, se pueden obtener deflexiones
a plena escala. Sin embargo, si se invierte una terminal y no la
otra, habrá una caída en la deflexión y no habrá medida en el
wattmetro
Medición de potencia
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Ejemplo
Encuentre la lectura del wattmetro en el circuito siguiente
En la figura, el wattmetro lee la potencia absorbida por la
impedancia (8 − j6) debido a que la bobina de corriente está en
serie con la impedancia, mientras que la bobina de voltaje está en
paralelo con esta
La corriente a través del circuito es
Medición de potencia
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
El voltaje a través de la impedancia (8 − j6) es
La potencia compleja es
Medición de potencia
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
El wattmetro lee
P = Re(S) = 432.7 W
Medición de potencia
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U – 3 Circuitos trifásicos
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1. Conocer las conexiones básicas trifásicas en estrella y delta, y las
relaciones fasoriales que estas presentan
2. Saber como calcular voltajes y corrientes en circuitos trifásicos
balanceadas y desbalanceados
3. Saber como calcular y medir potencia compleja en circuitos
4. Aplicar técnicas de simulación y programación para la solución
de circuitos trifásicos
6. Mostrar una actitud propositiva, ética y colaborativa
Las competencias que se pretenden en este módulo son
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Introducción a los circuitos trifásicos
Importancia de los Sistemas Trifásicos
El 100% de la energía eléctrica que se consume en el mundo se
genera en máquinas de corriente alterna trifásicas, se transmite y
distribuye en líneas trifásicas, esto da mayor eficiencia y menores
costos
La potencia instantánea en los sistemas trifásicos es constante, a
diferencia de la energía pulsante de los sistemas monofásicos, esto
reduce la vibración y el ruido en las máquinas eléctricas y
transformadores y aumenta la eficiencia
Para la misma cantidad de potencia se requieren menos conductores
en sistemas trifásicos que el equivalente en tres sistemas monofásicos,
lo que redunda nuevamente en la eficiencia y los menores costos
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Comparación entre tres generadores monofásicos y un
generador trifásico
Introducción a los circuitos trifásicos
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Generador síncrono elemental trifásico, de dos polos con tres bobinas
desplazadas 120° entre sí, uniformemente distribuidas por todo el circuito
del estator. Cuando el circuito del rotor se excita con CD, el campo
magnético resultante gira lo cual genera voltaje en las tres fases del
estator, desplazados 120° en el tiempo y teniendo una frecuencia
relacionada directamente con la velocidad aplicada al eje del rotor
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
a. Conexión Estrella (Y) b. Conexión Delta ()
Los circuitos trifásicos balanceados tienen igual magnitud en valores de
voltaje y corriente de fase y un desplazamiento angular de 120°
Introducción a los circuitos trifásicos
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
La secuencia de fases, se relaciona con el giro de las máquinas
eléctricas y con el giro de los fasores de voltaje principalmente, hay
dos secuencias de giro:
a. Secuencia abc o secuencia positiva
b. Secuencia acb o secuencia negativa
a b
Introducción a los circuitos trifásicos
Se deja como ejercicio al alumno determinar que tanto con
secuencia positiva como con secuencia negativa, la suma de los tres
voltajes de fase suman cero, es decir
Van + Vbn + Vcn = 0
La secuencia de fases se por el orden en el cual los fasores pasan por
un punto determinado del diagrma de fase
Los fasores giran en sentido contrario a las manecillas del reloj con
una velocidad angular o frecuencia angular. Esto describe la
secuencia de giro de un motor conectado a una fuente trifásica
Al igual que la conexión de los generadores, las cargas trifásicas
también se conectan en Y o . Estas conexiones se pueden hacer con
tres o cuatro conductores. En las conexiones en Y el conductor
neutro puede o no estar presente, si la carga está balanceada. Una
carga en Estrella o en Delta se dice que está desbalanceada si sus
impedancia de fase son diferentes
Introducción a los circuitos trifásicos
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Carga trifásica
conexión en estrella
con neutro, cuatro
conductores
Para una conexión
balanceada,
Z1 = Z2 = Z3 = ZY
Conexión trifásica
conexión en Delta o
Triángulo, tres
conductores
Para una conexión
balanceada,
Z1 = Z2 = Z3 = Z
Introducción a los circuitos trifásicos
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
La transformación de impedancias trifásicas de a Y o viceversa
se da de la siguiente manera
Z = 3 ZY ZY = 𝟏
𝟑 Z
Cuando tanto la fuente como la carga sean trifásicas, se pueden dar
cuatro posibles conexiones:
• Fuente en estrella Y -Y carga en estrella
• Fuente en estrella Y - carga en delta
• Fuente en delta - Y carga en estrella
• Fuente en delta - carga en delta
Introducción a los circuitos trifásicos
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Conexión Y - Y
Fuente en Y, carga en Y balanceada mostrando en la figura de la
derecha la impedancia de la línea y del neutro
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Asumiendo una secuencia de fases positiva, los voltajes de línea a
neutro o voltajes de fase son:
Van = V0° Vbn = V-120° Vcn = V120°
Los voltajes de línea a línea o simplemente de línea, Vab, Vbc, y
Vca se relacionan con los voltajes de fase de acuerdo a las sumas
fasoriales, es decir,
Vab = Van − Vbn
Vbc = Vbn − Vcn
Vca = Vcn − Van
Se deja al alumno
que determine la
magnitud y el
ángulo de cada
uno de los
voltajes de línea
Conexión Y - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
En la figura siguiente se muestra un diagrama fasorial entre los
voltajes de línea y los voltajes de fase
Los voltajes de línea adelantan 30° a sus correspondientes voltajes de
fase. Note que los voltajes de línea también están defasados 120° entre
sí. Vab adelanta a Vbc por 120°, y Vbc adelanta a Vca por 120◦, por lo
que la suma de los tres voltajes de línea también suman cero, al igual
que los voltajes de fase
Conexión Y - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Apicando la LVK a cada fase de la figura del generador y las cargas
trifásicas, se obtienen las corrientes de línea
𝑰𝒂 =𝑽𝒂𝒏𝒁𝒀
𝑰𝒃 =𝑽𝒃𝒏
𝒁𝒀=𝑽𝒂𝒏∠−𝟏𝟐𝟎°
𝒁𝒀= 𝑰𝒂 ∠ − 𝟏𝟐𝟎°
𝑰𝒄 =𝑽𝒄𝒏
𝒁𝒀=𝑽𝒂𝒏∠−𝟐𝟒𝟎°
𝒁𝒀= 𝑰𝒂 ∠ − 𝟐𝟒𝟎°
VnN = ZnIn = 0
Podemos inferir que la suma de las
corrientes de línea son cero
Ia + Ib + Ic = 0 Por lo que
In = −(Ia + Ib + Ic) = 0 o
Conexión Y - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Diagrama fasorial de corrientes de línea y de fase en una conexión
estrella
En sistemas trifásicos balanceados el conductor del neutro puede
ser retirado sin afectar al sistema, ya que la corriente circulante es
cero
Conexión Y - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Problema
Para el circuito de la figura, determine las corrientes de línea
Conexión Y - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Solución
Por ser un circuito trifásico balanceado, haciendo un circuito
equivalente por fase, tenemos
Conexión Y - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Conexión Delta Delta balanaceada
Como se puede ver en la figura, en esta conexión, de lado de la fuente
los voltaje de fase y los voltajes de línea son igual en magnitud y en
fase, es decir:
Conexión -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Asumiendo que no hay impedancia de línea, los voltajes de fase en
la carga son iguales a los voltajes de la línea, es decir,
Vab = VAB Vbc = VBC Vca = VCA
Y las corrientes de fase son
Las corriente de línea se obtienen de las corrientes de las fases
correspondientes, aplicando la LCK en los nodos A, B, y C.
Ia = IAB − ICA, Ib = IBC − IAB, Ic = ICA − IBC
Conexión -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
También, al igual que en las conexiones anteriores, cada corriente
de línea se atrasa a su correspondiente de fase por un ángulo de 30°,
la magnitud de la corriente de línea es 3 veces la corriente de fase
Una alternativa para analizar estos circuitos es convertir tanto la
fuente como la carga a sus conexiones equivalentes en estrella,
utilizando la ecuación ZY = Z/3
Conexión -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Ejemplo
Una carga trifásica en balanceada, tiene una impedancia de 20
− j15 y es conectada a un generador con secuencia positiva que
tiene Vab = 3300° V. Calcule las corrientes de fase en la carga y
las corrientes de línea
Solución:
La impedancia por fase es Z = 20 - j15 = 25 -36.87°
Las corrientes de fase son
IBC = IAB-120° = 13.2 -83.13°
ICA = IAB120° = 13.2 156.87°
Conexión -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Para la carga en delta, las corrientes de línea simpre atrasan a su
correspondiente corriente de fase por 30° y tienen una magnitud √3
veces mayor, las corrientes de línea son
Ib = Ia-120° = 22.86-113.13° A
Ic = Ia120° = 22.86126.87° A
Tarea: Una fuente trifásica secuencia positiva, alimenta a una carga
balanceada conexión cuya impedancia por fase es de 18 + j12 , e Ia
= 22.535° A, encuentre IAB y VAB
Conexión -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Conexión Y -
Conexión Estrella – Delta balanceada
Al igual que en el ejemplo anterior, asumiendo secuencia positiva
Van = V0° Vbn = V-120° Vcn = V120°
Y los voltajes de línea son
Vca = 𝟑 V150° =VCA M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Y las corrientes de fase son
Estas corrientes tienen la misma magnitud pero están defasadas
120° entre sí
Otra forma de obtener estas corrientes de fase es aplicar la LVK. Por
ejemplo, aplicando la LVK sobre el lazo aABbna se obtiene
−Van + ZIAB + Vbn = 0
Conexión Y -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
o
Las corrientes de línea se obtienen de las corrientes de fase
aplicando la LCK a los nodos A, B, y C. Así,
Ia = IAB − ICA, Ib = IBC − IAB, Ic = ICA − IBC
ICA = IAB − 240◦, Ia = IAB − ICA = IAB(1 − 1 − 240°)
donde
= IAB(1 + 0.5 − j0.866) = √3IAB − 30◦
Conexión Y -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Mostrando que la magnitud de la corriente de línea IL es 𝟑
veces la magnitud de la corriente de fase.
IL = |Ia| = | Ib | = | Ic | y I = | IAB | = | IBC| = | ICA |
Donde
Diagrama fasorial
mostrando la
relación entre las
corrientes de fase
y de línea
Conexión Y -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Una forma alternativa de analizar los circuitos en Y es
transformarlos a la conexión Y equivalente es transformar la
carga conectada a una Y equivalente, usando la fórmula de
transformación
Después de esta transformación se tiene una conexión Y-Y, la cual
se puede sustituir por un circuito equivalente monofásico. Esto
nos permite calcular solo las corrientes de línea. Las corrientes de
fase se obtienen multiplicando la corriente de línea por √3 y en el
ángulo cada corriente de fase se adelanta a la correspondiente
corriente de línea por 30°
Conexión Y -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Ejemplo
Una fuente abc secuencia positiva balanceada conectada en Y con
Van = 100 10° V se conecta a una carga en balanceada (8+j4) por
fase. Calcule las corrientes de fase y de línea
Solución
Esto se puede resolver de dos maneras
Método 1
La impedancia de la carga es
Z = 8 + j4 = 8.94426.57°
Si el voltaje de fase es Van = 10010◦, entonces el voltaje de línea es
Conexión Y -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
VAB = 173.240◦ V
o
Las corrientes de fase son
Conexión Y -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Las corrientes de línea son:
Alternativamente usando el análisis monofásico
Método 2
Al igual que en el método 1, las corrientes faltantes se obtienen
usando la secuencia de fases abc
Conexión Y -
El voltaje de una línea conectada a una fuente balanceada en Y es
VAB = 180−20°V. Si la fuente está conectada a una carga en delta
de 2040° , encuentre las corrientes de fase y de línea. Asuma
una secuencia positiva
Ejercicio
Solución
Corriente de fase
Corriente de línea Ia = IAB - IBC = 27 -60° A
IAB = 15.58-90° A
Conexión Y -
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Conexión Delta Estrella balanceada
Considere el circuito -Y de la figura, asumiendo una secuencia
positiva, los voltajes de fase de la fuente conectada en Delta son
Vab = V 0° , Vbc = V − 120° Vca = V 120◦
Conexión - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Estos son también los voltajes de línea
Podemos obtener las corrientes de línea de varias formas. Una de
ellas es aplicar la LVK a la malla aANBba de la figura anterior,
escribiendo
−Vab + ZY Ia − ZY Ib = 0 o ZY (Ia − Ib) = Vab = V 0°
Así
𝑰𝒂 − 𝑰𝒃 =𝑽∅∠𝟎°
𝒁𝒀
Pero Ib atrasa a Ia por 120°, para una secuencia positiva,
entonces
Ia − Ib = Ia(1 − 1 − 120°) =𝑰𝒂 𝟏 +𝟏
𝟐+ 𝒋
𝟑
𝟐= 𝟑𝑰𝒂∠𝟑𝟎° 𝑨
Conexión - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Substitutiyendo en se obtiene el valor de
𝑰𝒂 =
𝑽𝝓
𝟑∠ − 𝟑𝟎°
𝒁𝜟
De esto, se obtienen las otras corrientes de línea Ib e Ic usando
secuencia positiva, es decir, Ib = Ia − 120°, Ic = Ia 120°. Y estas
también son las corrientes de fase, ya que en una estrella las
corrientes de fase son iguales a las corrientes de línea
Otra forma de obtener las corrientes de línea es sustituir la fuente
conectada en delta por una fuente en estrella, como se muestra en la
figura siguiente. En secciones anteriores se había mostrado que los
voltajes de línea en una fuente conectada en estrella adelantan 30° a sus
correspondientes voltajes de fase
Conexión - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Entonces, se obtiene cada voltaje de fase de la fuente equivalente
conectada en estrella al dividir el voltaje de línea de la fuente
conectada en delta entre 𝟑 y girando su fase por -30°. Así, la fuente
equivalente conectada en estrella tiene los voltajes de fase
𝑽𝒂𝒏 =𝑽𝝓
𝟑∠ − 𝟑𝟎° 𝑽𝒃𝒏 =
𝑽𝝓
𝟑∠ − 𝟏𝟓𝟎° 𝑽𝒃𝒏 =
𝑽𝝓
𝟑∠𝟗𝟎°
Conexión - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Si la fuente conectada en delta tiene una impedancia de Zs por fase,
la fuente equivelente conectada en estrella tiene una impedancia de
fuente de Zs/3 por fase, una vez que la fuente se conecta en estrella,
el circuito se convierte en estrella – estrella. En la siguiente figura
se muestra en circuito equivalente por fase
Para el cuál la corriente de línea de la fase a es
𝑰𝒂 =
𝑽𝝓
𝟑∠ − 𝟑𝟎°
𝒁𝒀
Cuya ecuación ya se había obtenido en el análisis anterior
Conexión - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Alternativamente, podemos transformar la carga conectada en
estrella a una carga equivelnete cnectada en delta. Este resultado ya
se obtuvo al principio de esta sección. Note que:
𝑽𝑨𝑵 = 𝑰𝒂𝒁𝒀 =𝑽𝝓
𝟑∠ − 𝟑𝟎°
𝑽𝑩𝑵 = 𝑽𝑨𝑵∠ − 𝟏𝟐𝟎° 𝑽𝑪𝑵 = 𝑽𝑨𝑵∠𝟏𝟐𝟎°
Como se habie establecido anteriormente, la carga conectada en
delta se prefiere a la carga conectada en estrella. Es fácil alterar las
carga en cualquier fase de las cargas en delta, tal como las cargas
individuales se conectan a través de la línea. Sin embargo, la fuente
conectada en delta es difícilmente utilizada en la práctica, debido a
que un pequeño desbalance en los voltajes de fase propiciarían
corrientes circulantes no deseadas
Conexión - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Circuitos trifásicos
Resumen de voltajes y corrientes de fase y línea para sistemas
trifásicos balanceados (con secuencia abc)
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Circuitos trifásicos
Continuación
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Ejemplo
Una carga balanceada conectada en Y con valores de fase de 40 +
j25 está conectada a una fuente balanceada con secuencia positiva
y voltaje de línea de 210 V. Calcule las corrientes de fase. Use como
referencia Vab
Solución:
La impedancia de carga es
ZY = 40 + j25 = 47.1732°
Y la fuente de voltaje tiene
Vab = 2100◦ V
Conexión - Y
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Cuándo la fuente conectada en se transforma a una fuente en Y
𝑽𝒂𝒏 =𝑽𝒂𝒃
𝟑∠ − 𝟑𝟎° = 𝟏𝟐𝟏. 𝟐∠ − 𝟑𝟎° 𝑽
Y las corrientes de línea son
𝑰𝒂 =𝑽𝒂𝒏𝒁𝒀
=𝟏𝟐𝟏. 𝟐∠ − 𝟑𝟎°
𝟒𝟕. 𝟏𝟐∠𝟑𝟐°= 𝟐. 𝟓𝟕∠ − 𝟔𝟐° 𝑨
𝑰𝒃 = 𝑰𝒂∠ − 𝟏𝟐𝟎° = 𝟐. 𝟓𝟕∠ − 𝟏𝟖𝟐° 𝑨
𝑰𝒄 = 𝑰𝒂∠𝟏𝟐𝟎° = 𝟐. 𝟓𝟕∠𝟓𝟖° 𝑨
Las cuáles son las mismas que las corrientes de fase
Conexión - Y
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Ejercicio
En un circuito balanceado en estrella, Vab = 24015° y ZY = 12 +
j15. Calcule las corrientes de línea
Solución
7.21 − 66.34°, 7.21 − 186.34°, 7.21 53.66° A.
Conexión - Y
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Transformaciones - Y
En esta sección se estableceran las equivalencias entre las
combinaciones Y y como se muestran en la figura siguiente
En la conexión Y, la impedancia en las terminales es
ZBCY = Zb + Zc
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Transformaciones - Y
Y en la conexión , la impedancia entre las terminales B y C es Z2
en paralelo con la suma de Z1 + Z3, es decir
𝒁𝑩𝑪𝜟 =𝒁𝟐 𝒁𝟏 + 𝒁𝟑𝒁𝟏 + 𝒁𝟐 +𝒁𝟑
Igualando las ecuaciones anteriores se obtiene
𝒁𝒃 + 𝒁𝒄 =𝒁𝟐 𝒁𝟏 + 𝒁𝟑𝒁𝟏 + 𝒁𝟐 +𝒁𝟑
Similarmente para terminales AB y CA
𝒁𝒂 + 𝒁𝒃 =𝒁𝟑 𝒁𝟏 + 𝒁𝟐𝒁𝟏 + 𝒁𝟐 +𝒁𝟑
𝒁𝒄 + 𝒁𝒂 =𝒁𝟏 𝒁𝟐 + 𝒁𝟑𝒁𝟏 + 𝒁𝟐 +𝒁𝟑
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Transformaciones - Y
Si sumamos las dos últimas ecuaciones [(ZA + ZB) + (ZB + ZA)] y
después se resta (ZB + ZC) de esa suma, se obtiene
Dividiendo entre 2
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Transformaciones - Y
De manera similar se hace el desarrollo para Zb y Zc. Así, estas
ecuaciones nos permiten cambiar cualquier carga con conexión en
a una conexión en Y
Conversión Y M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Transformaciones - Y
Comunmente se desea hacer una conversión en la dirección opuesta, o
sea, convertir de Y en . Esta conversión se realiza de la siguiente
manera:
Considere la combinación Y - de la figura siguiente
De la figura de la izquierda
VAB = ZaIA – ZbIB VBC = ZbIB – ZcIC VCA = ZcIC – ZaIA
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Transformaciones - Y
Se intentará resolver las ecuaciones anteriores simultáneamente, se
encontrará que el determinante de este conjunto de ecuaciones es
singular, es decir, = 0, esto se puede verificar mediante la regla de
Cramer
VAB = ZaIA – ZbIB + 0
VBC = 0 + ZbIB – ZcIC
VCA = – ZaIA + 0 + ZcIC
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Transformaciones - Y
Este resultado sugiere que el sistema de ecuaciones como
ecuación, no es independiente y por tanto, no tiene solución. Sin
embargo, se puede encontrar una solución si de las ecuaciones
obtenidas en el inciso a. de la estrella, usamos la ecuación
IA + IB + IC = 0
Despejando IC
- IA - IB = IC
Sustituyendo en la ecuación para VCA, se obtiene
VCA = –ZcIA–ZcIB – ZaIA = –(Za + Zc)IA–ZcIB
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Transformaciones - Y
De la ecuación anterior y teniendo que VBC = ZbIB – ZcIC
Y de la regla de Cramer
donde
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Transformaciones - Y
y
entonces
Similarmente
Transformaciones - Y
Y sustituyendo IA e IB en
Se obtiene
Entonces, para la conexión Y, repitiendo la parte de la estrella de
la figura, tenemos:
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Transformaciones - Y
Ahora, repitiendo la figura anterior para la conexión delta, para tener
una mejor referencia
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Transformaciones - Y
Ahora, igualando los conjuntos de las dos ecuaciones anteriores
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Transformaciones - Y
De la primera ecuación del conjunto anterior, tenemos:
Y de la segunda
Rearreglando, se obtiene
Conversión Y -
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Circuitos trifásicos desbalanceados
El análisis que se hace para los circuitos trifásicos desbalanceados,
supone que las fuentes son balanceadas, pero las cargas no
Como las impedancias de fase en la carga son desbalanceadas, las
corrientes de línea se determinan por la ley de Ohm, de acuerdo a la
figura, donde no se presenta la fuente
𝑰𝒂 =𝑽𝑨𝑵𝒁𝑨
𝑰𝒃 =𝑽𝑩𝑵𝒁𝑩
𝑰𝒄 =𝑽𝑪𝑵𝒁𝑪
IN = -(Ia + Ib + Ic)
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Circuitos trifásicos balanceados
En sistema de tres conductores donde la línea del neutro está
ausente, se pueden encontrar las corrientes de línea Ia, Ib, e Ic
utilizando análisis de mallas. En el nodo N, en este caso la ley de
corrientes debe satisfacer que Ia + Ib + Ic = 0
Lo mismo se debe hacer para sistemas de tres conductores
conectados en -Y, Y- , or -
Como se ha mencionado anteriormente, en transmisiones de
potencia de gran distancia, se utilizan conductores en múltiplos de
tres, con la propia tierra actuando como conductor neutro
Para calcular la potencia en circuitos trifásicos desbalanceados se
requiere calcular la potencia en cada caso y la potencia total no es la
potencia monofásica multiplicada por tres, sino la suma de las tres
potencias de fase
Circuitos trifásicos desbalanceados
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Circuitos trifásicos balanceados
Una carga desbalanceada cuyo diagrama se muestra en la figura
anterior, tiene voltajes balanceados de 100 V y carga desbalanceada
en Y con secuencia acb. Calcule las corrientes de línea y la corriente
en el neutro si ZA = 15 , ZB = 10 + j5 , ZC = 6 − j8
Solución
Y la corriente del neutro es
Circuitos trifásicos desbalanceados
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Circuitos trifásicos balanceados
Para el circuito desbalanceado de la figura siguiente, encuentre:
a. Las corrientes de línea
b. La potencia compleja absorbida por la carga
c. La potencia compleja compleja suministrada por la fuente
Circuitos trifásicos desbalanceados
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Circuitos trifásicos balanceados
Solución
a. Por análisis de mallas, para la malla 1
(10 + j5)I1 -10I2 = 120 0° - 120 -120° = 𝟑 𝟏𝟐𝟎𝟑𝟎° 𝑽
Para la malla 2
(10 - j10) I2 -10I1 = 120 -120° - 120 120° = 𝟑 𝟏𝟐𝟎 − 𝟗𝟎° 𝑽
En forma matricial
𝟏𝟎 + 𝒋𝟓 −𝟏𝟎−𝟏𝟎 𝟏𝟎 − 𝒋 𝟏𝟎
= 𝑰𝟏𝑰𝟐=
𝟑 𝟏𝟐𝟎∠𝟑𝟎°
𝟑 𝟏𝟐𝟎∠ − 𝟗𝟎°
Circuitos trifásicos desbalanceados
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Circuitos trifásicos balanceados
Solucionando el determinante por la regla de Cramer, se obtiene
I1 = 56.58 A, I2 = 42.75 24.9° A
Las corrientes de línea son:
Ia = I1 = 56.78 A Ic = - I2 = 42.75 -155.1° A Ib = I2 – I1 = 25.46 135° A
b. La potencia absorbida por la carga, para las fases A, B y C es
SA = Ia2 ZA = (56.78)2 (j5) = j 16.12 VA
SB = Ib2 ZB = (25.46)2 (10) = 6480 VA
SC = Ic2 ZC = (42.75)2 (- j 10) = - j 18.276 VA
Circuitos trifásicos desbalanceados
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Circuitos trifásicos balanceados
La potencia total compleja absorbida por la carga es
Stotal = SA + SB + SC = 6480 – j 2156 VA
c. Para encontrar la potencia de la fuente, verificamos los
resultados anteriores, para la fase A
Sa = - Van Ia* = -(120 0°) (56.78) = -6813.6 VA
Para la fase B
Sb = - Vbn Ib* = -(120 -120°) (25.46 25.46°) =
- 3055.2 105° = 790 – j 2951.1 VA
Para la fase C
SC = - Vcn Ic* = -(120 120°) (42.75 155.1°) =
- 5130 275.1° = - 456.03 + j 5109.7 VA
Circuitos trifásicos desbalanceados
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Circuitos trifásicos balanceados
La potencia compleja suministrada por la fuente trifásica es
Sfuente = Sa + Sb + Sc = -6480 + j 2156 VA
Lo cual muestra que el principio de la conservación de la energía
se mantiene
Donde Scarga - Sfuente = 0
Circuitos trifásicos desbalanceados
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Circuitos trifásicos balanceados
Ejercicios
La carga en delta desbalanceada es alimentada por una fuente de
200 V, secuencia positiva, encuentre las corrientes de línea, tome
como referencia Vab
Respuesta: 18.05 -41.06, 29.15 220.2°, 31.87 74.27° A
Circuitos trifásicos desbalanceados
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Circuitos trifásicos balanceados
Encuentre las corrientes de línea del circuito trifásico de la figura y
la potencia real absorbida por la carga
Respuesta: 6480.1° , 38.1-60°, 42.5225°, 4.84 KW
Circuitos trifásicos desbalanceados
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Medición de potencia trifásica
En sistemas trifásicos balanceados, se vió que con un solo
wattmetro se podía determinar la potencia trifásica, al tener
cargas balanceadas, la potencia medida por ese wattmetro único se
multiplica por tres, ya que P1 = P2 = P3, y se tiene la potencia
trifásica
Sin embargo, para cargas desbalanceadas en sistemas trifásicos o
bifásicos, se requiere medir de manera individual la potencia por
fase y entonces la potencia total es P1 + P2 + P3. Para esto existen
dos métodos:
a. Método de los tres wattmetros
b. Método de los dos wattmetros
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Medición de potencia trifásica
a. Método de los tres wattmetros
El análisis de esta medición de potencia se hace sin importar si la
carga está balanceada o desbalanceada, si está conectada en delta o
en estrella. El diagrama se muestra en la figura de abajo
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Medición de potencia trifásica
Este método es adecuado para medición de potencia en sistemas
trifásicos donde el factor de potencia está cambiando
constantemente. El promedio de la potencia total es la suma
algebraica de la lectura de los tres wattmetros
PT = P1 + P2 + P3
Donde P1, P2, y P3 corresponden a las lecturas de los wattmetros
W1, W2, y W3, respectivamente. Note que el cómún o punto de
referencia en la figura anterior se selecciona arbitrariamente. Si
la carga está conectada en Y, este punto común puede conectarse
al punto neutro n. Para una conexión en , el punto de referencia
se puede conectar a cualquier punto. Si el punto 0 se conecta al
punto b, por ejemplo, el voltaje de la bobina del wattmetro 2 leerá
cero y P2 = 0, indicando que el wattmetro 2 no era necesario. Así,
con dos wattmetros es suficiente para medir la potencia total
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Medición de potencia trifásica
Este método es el más comúnmente usado para mediciones de
potencia trifásica. Los dos wattmetros deben estar debidamente
conectados a cualquiera de dos de las tres fases, tal como se muestra
en la figura. Note que la bobina de corriente de cada wattmetro mide
la corriente de línea, mientras que las bobinas de voltaje se conectan
entre una de las dos líneas con la tercer línea y mide el voltaje en la
línea
b. Método de los dos wattmetros
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Medición de potencia trifásica
Note también que la terminal ± de la bobina de voltaje se conecta a
la línea correspondiente a la cual se encuentra conectada la bobina
de corriente. Aunque los wattmetros no miden mas allá de la
potencia en cada fase particular, la suma algebraica de la lectura los
dos wattmetros es igual a la potencia promedio total absorbida por
la carga, independientemente si esta está conectada en estrella o en
delta o si está balanceada o desbalanceada.
PT = P1 + P2
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Ejemplo:
Tres wattmetros W1, W2, y W3 se conectan respectivamente a las
fases a, b, y c para medir la potencia total absorbida por una carga
desbalanceada conectada en estrella, Si VAN = 100 0°, VBN = 100
120°, VCN = 100 − 120° V
a. Haga un pronóstico de la lectura de los wattmetros
b. Encuentre la potencia total absorbida
Medición de potencia trifásica
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Medición de potencia trifásica
Solución
Del cálculo de las tres corrientes de línea se obtiene:
Ia = 6.67 0° , Ib = 8.94 93.44°, Ic = 10 − 66.87°A
Se calculan las lecturas de los wattmetros, para el wattmetro 1
P1 = Re(VANIa*) = VANIa cos(θVAN− θIa ) = 100 × 6.67 × cos(0° − 0°)
= 667 W
Para el wattmetro 2
P2 = Re(VBNI∗b) = VBNIb cos(θVBN− θIb )=100 × 8.94 × cos(120° − 93.44°)
= 800 W
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Medición de potencia trifásica
Para el wattmetro 3
P3 = Re(VCNI∗c ) = VCNIc cos(θVCN− θIc )= 100 × 10 × cos(−120◦ + 66.87◦)
= 600 W
PT = |Ia|2(15) + |Ib|
2(10) + |Ic|2(6) = 6.672(15) + 8.942(10) + 102(6)
= 667 + 800 + 600 = 2067 W
(b) La potencia total absorbida es
PT = P1 + P2 + P3 = 667 + 800 + 600 = 2067 W
Podemos encontrar la potencia consumida por los resistores para
confirmar los resultados
Lo cual es exactamente igual a las lecturas de los tres wattmetros
M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
Medición de potencia trifásica
El método de los dos wattmetros produce una lectura de P1 =
1560 W y P2 = 2100 W cuando se conectan a una carga en delta
Si el voltaje de línea es de 220 V, determine:
a. La potencia promedio por fase
b. La potencia reactiva por fase
c. El factor de potencia
d. La impedancia de fase
Solución
La potencia promedio por fase es
a. La potencia real promedio total es
PT = P1 + P2 = 1560 + 2100 = 3660 W
Pp = ⅓ PT = 1220 W
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Medición de potencia trifásica
Entonces, la potencia reactiva por fase es
b. La potencia total reactiva es
QT = 𝟑(P2 − P1) = 𝟑(2100 − 1560) = 935.3 VAR
Qp = ⅓ QT = 311.77 VAR
c. El ángulo de la potencia es
𝜽 = 𝒕𝒂𝒏−𝟏𝑸𝑻𝑷𝑻= 𝒕𝒂𝒏−𝟏
𝟗𝟑𝟓. 𝟑
𝟑𝟔𝟔𝟎= 𝟏𝟒. 𝟑𝟑°
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Medición de potencia trifásica
Entonces el factor de potencia es
cos = 0.9689 (+)
El fp es adelantado debido a que QT es positiva, o P2 > P1
c. La impedancia de fase es Z = Z . Sabemos que
representa el ángulo del fp, por lo que = 14.33°
𝑷𝝓 = 𝑽𝝓𝑰𝝓 𝐜𝐨𝐬𝜽 ⇒ 𝑰𝝓 =𝟏𝟐𝟐𝟎
𝟐𝟐𝟎 ∗ 𝟎. 𝟗𝟔𝟖𝟗= 𝟓. 𝟕𝟐𝟑 𝑨
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Medición de potencia trifásica
Entonces
y Z = 38.4414.33°
𝒁∅ =𝑽∅𝑰∅=𝟐𝟐𝟎
𝟓. 𝟕𝟐𝟑= 𝟑𝟖. 𝟒𝟒 𝜴
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Referencias bibliográficas
Alexander, Ch. Sadiku, M. (2009). Fundamentals of Electric
Circuits. USA: McGraw Hill , 4th Ed
Nilsson, J. Riedell, S. (2011). Electric Circuits . USA: Prentice Hall
9thEd.
Rizzoni G. (2003). Principles and applications of Electrical
Engineering USA: McGraw Hill. On Line Learning Center 4th
Ed
Hayt, W. Kemmerly , J. Durbin, S. (2008) Análisis de circuitos en
ingeniería. México: McGraw Hill 7ª Ed
Karris, S. (2009). Circuit Analysis I with Matlab Computing and
Simulink / SimPower Systems Modeling. USA. Orchad
Publications M. C. Rito Javier Rodríguez Lozoya
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