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REDES TRIFÁSICAS Y SUS APLICACIONES ELT – 2510 CIRCUITOS ELÉCTRICOS II GESTIÓN 2009

CAPÍTULO V

CIRCUITOS DESEQUILIBRADOS

5.1. CONSIDERACIONES BÁSICAS.

Sólo se analizarán, en esta parte, los circuitos desequilibrados con alimentación simétrica, vale

decir, el desequilibrio sostenible ó acentuado es provocado por la carga, en su generalidad, por

la instalación de cargas monofásicas en un sistema trifásico tres y cuatro hilos, en conexión

estrella y triángulo en baja y media tensión.

Sin embargo y en base a las diferentes puntualizaciones realizadas en Circuitos equilibrados,

caracterizaremos básicamente a los circuitos desequilibrados, en conexión estrella y en

conexión triángulo:

El desfase entre f.e.m. y/o tensiones de Línea ó de Fase necesariamente es de 120º.

Conexión Estrella.

El desfase entre corrientes de Línea ó de Fase, generalmente no es de 120º. Conexión

Triángulo, en la carga.

La relación entre Tensiones de Línea y Tensiones de Fase no siempre es √3. Conexión

Estrella, en la carga.

La relación entre Corrientes de Línea y Corrientes de Fase no es √3. Conexión

Triángulo.

1


Las Impedancias de las tres fases de la carga no son iguales entre sí, tanto en magnitud

como en fase.

La diferencia de potencial entre el Neutro fuente y Neutro carga, es diferente de cero.

Conexión Estrella.

Las Tensiones de línea son iguales en magnitud y desfasados entre sí, 120º.

Las Tensiones de fase no son iguales en magnitud y desfasados entre sí, 120º.

Las Corrientes de línea no son iguales en magnitud ni desfasados entre sí, 120º.

Las Corrientes de fase no son iguales en magnitud y ni desfasados entre sí, 120º.

La corriente en el neutro es diferente a cero.

La suma fasorial de corrientes de línea no es igual a cero.

La suma fasorial de corrientes de fase, no es igual a cero.

La suma fasorial de Tensiones de línea, es igual a cero.

La suma fasorial de Tensiones de fase, no es igual a cero.

La suma de dos fasores no es igual en magnitud a ellas tampoco no en fase.

La diferencia de dos fasores, no es igual a √3 la magnitud de ellas, tampoco tienen

relación de fase.

Es también necesario puntualizar los efectos que traen los desequilibrios en las diferentes

conexiones:

En conexión estrella, dependiendo de lo pronunciado del desequilibrio, existirá una apreciable

circulación de corriente, sin embargo, su efecto es más pronunciado cuando es el neutro que

sale fuera de servicio, por diferentes razones y provoca los que se conoce con el nombre de

sub-tensión y lo más peligroso la sobretensión.

2


En conexión triángulo, dependiendo también del desequilibrio, existirá sub-cargas y

sobrecargas en las diferentes fases involucradas.

5.2. CIRCUITO DESEQUILIBRADO EN CONEXIÓN ESTRELLA SIN NEUTRO.

La energía eléctrica se distribuye por medio de líneas trifásicas de cuatro conductores: las fases

R, S y T y el conductor neutro N. Generalmente, los receptores monofásicos se conectan entre

las fases y el neutro. Las cargas monofásicas se intentan distribuir por igual entre las tres fases,

con el objetivo, de procurar que, en todo momento, las intensidades de las fases se encuentren

equilibradas. Esto es lo que llamaremos equilibrio real. Sin embargo, existen muchos motivos

por los cuales no puede lograrse este ansiado equilibrio, citaremos por ejemplo uno de ellos; la

simultaneidad de funcionamiento de los receptores conectados entre fase y neutro, por lo que,

aunque se tienda a igualar las potencias instaladas en las tres fases, las intensidades pueden

resultar fuertemente desequilibradas si no se ha procurado repartir los receptores que funcionan

simultáneamente. Nuestra mirada, en esta oportunidad, irá dirigida a demostrar, que el

equilibrio real de las cargas tiene, además, la ventaja de eliminar las sobretensiones que pueda

producir un eventual corte del conductor neutro.

5.2.1. DESPLAZAMIENTO DEL NEUTRO.

En la figura 1, se representa una línea trifásica de tres hilos que alimenta receptores pasivos en

estrella:

Figura 1

3


Esta es la situación que se crea cuando se interrumpe la conexión con el punto neutro de la

fuente. Designaremos el centro de la estrella en la parte de los receptores con la letra ‘n’.

Llamaremos a ‘n’ punto neutro de la carga. Materialmente ‘n’ es la porción de conductor

neutro al que quedan conectados todos los receptores cuando se interrumpe el conductor neutro

común. Entonces ‘n’ y ‘N’ no están unidos directamente por ningún conductor. Se indican las

admitancias resultantes de los receptores conectados a las fases por resultar más simples las

fórmulas que si se utilizan las impedancias. YR es la admitancia resultante de todos los

receptores conectados entre la fase R y el neutro ‘n’ de la carga, o sea, es la suma de las

admitancias de todos los receptores conectados entre esa fase y el neutro ‘n’. De forma similar

para las otras dos restantes fases.

Se llama desplazamiento del neutro al fasor VnN, tensión entre el punto neutro de la carga y el

punto neutro del transformador. Esta amplitud es un indicador de cuan desequilibrado se

encuentra la carga respecto a la fuente, o que fases se encuentran con sobretensión y que fases

se encuentran con sub-tensión. Conocido el desplazamiento del neutro, se ve en la figura 1.,

que los fasores de tensiones de los receptores en las tres fases son respectivamente:

VRN = VR = V/ 0°

VSN = VS = V/-120° (1)

VTN = VT = V/-240°

4


Del diagrama fasorial podemos escribir:

VRn = VR – VnN

VSn = VS – VnN (2)

VTn = VT – VnN

En cualquier caso, conocidas las admitancias complejas de los receptores, el desplazamiento de

potenciales en N y aplicando voltaje de nodos en el único nudo restante, ‘n’, se obtiene la

ecuación:

( YR + YS + YT ) VnN = VR YR +VS YS +VT YT

VnN = (VR YR +VS YS +VT YT )/ ( YR + YS + YT )

5


VnN = VR YR+ VS YS+VT YTYR + YS+ YT (3)

Ahora, si la carga está totalmente equilibrada las admitancias complejas son iguales:

YR = YS = YT

y el desplazamiento del neutro vale entonces, según (3):

VnN = YR ( VR + VS + VT )/ 3YR

Como es de suponer la fuente de alimentación es simétrica, la suma de sus fasores se hacen

cero.

VR + VS + VT = 0

Por lo tanto, el desplazamiento del neutro también resulta cero, bajo esta consideración, las

tensiones de fase en los receptores siguen equilibradas aunque el neutro no exista. Es decir, si el

neutro se interrumpe, no se produce ninguna sobretensión si la carga está realmente equilibrada

5.3. APLICACIÓN A INSTALACIONES DE ALUMBRADO PÚBLICO.

En algunas instalaciones, como de alumbrado público, todos los receptores son iguales ó tienen

receptores repartidas por grupos de potencias características de 75, 125, 150, 250 W,etc cuyas

luminarias suelen repartirse con similitud potencia en diferentes calles o avenidas.

Ante un corte intempestivo del neutro, en función al grado de desequilibrio de los receptores

entre línea y neutro, algunos aparatos de alumbrado público se verán sometidos a

sobretensiones y otros a sub-tensiones, siguiendo la ecuación (3).

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En la siguiente ecuación:

VnN = VR YR+ VS YS+VT YTYR + YS+ YT (3)

YR = Admitancia característica equivalente de los receptores conectados a la fase R

YS = Admitancia característica equivalente de los receptores conectados a la fase S

YT = Admitancia característica equivalente de los receptores conectados a la fase T

nYR = Número de receptores conectados a la fase R, representados por su admitancia

característica equivalente.

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nYS = Número de receptores conectados a la fase S, representados por su admitancia


nYT = Número de receptores conectados a la fase R, representados por su admitancia


Considerando además:

YR= YS= YT=Y (4)

Reemplazando estas consideraciones en (3):

VnN = VR nYR+ VS nYS+VT nYTnYR + nYS+ nYT (5)

Las tensiones de fase:

VR = V / 0°

VS = V /-120°

VT = V /-240°

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Llamando al número de receptores por fase:

nYR = nR

nYS = nS

nYT = nT

Reemplazando en (5):

VnN = V<0° nR+ V<-120° nS+ V<120° nTnR + nS+ nT

VnN = V ( <0° nR+ <-120° nS+ <120° nTnR + nS+ nT ) (6)

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Como se podrá observar, en la ecuación (6), no hace falta conocer la admitancia de las luminarias para hallar el desplazamiento del neutro, sino solo el número de ellas en cada fase. V es el valor eficaz de la tensión entre fase y neutro.

Ejemplo 1.

Una instalación de alumbrado es alimentado desde un transformador triásico conexión Delta /Estrella con neutro, los receptores de iluminación no se encuentran equitativamente repartidos Permaneciendo las fases conectadas al transformador, por accidente u otras causas se interrumpe el conductor neutro entre el transformador y los receptores, evaluar las tensiones que se producirán en las fases a las que se encuentran conectadas los receptores de iluminación La tensión del transformador es de 400 V entre fases. El sistema de iluminación está distribuida por medio de tres líneas de fase y un neutro, de la siguiente forma:

nYR = nR = 50 luminarias

nYS = nS = 70 luminarias

nYT = nT = 85 luminarias

Solución:

10


La tensión de fase: VF = V = VL3 = 4003 = 230 V

Reemplazando en ecuación (6):

VnN = V ( <0° nR+ <-120° nS+ <120° nTnR + nS+ nT )

VnN = 230 ( <0° 50+ <-120° 70+ <120° 8550 + 70 + 85 )

VnN = 34 154,70°׀

El diagrama fasorial representativo es el siguiente:

11


En ecuación (2):

VnR = VnN – VR

VnS = VnN – VS

VnT = VnN – VT

VnR = 34 154,70° ׀ - V /0°

VnR = 34 0° /230- 154,70° ׀

VnR = 261,14 176,81°׀ V

VnS = 34 154,70° ׀ - V /-120°

VnS = 34 120° - /230- 154,70° ׀

VnS = 229,72 68,48°׀ V

12


VnT = 34 154,70°׀ - V /120°

VnT = 34 120° /230- 154,70°׀

VnT = 202,97 65,47° - ׀ V

En base al diagrama fasorial respectivo y el cálculo analítico, podemos concluir que la mayor sobretensión se produce en la fase R, que es la menos cargada, y alcanza a un 13 % de sobretensión respecto a la nominal de 230 V, porcentaje intolerable por reglamentos de calidad de distribución en baja tensión y no aceptable por la mayor parte de las luminarias.

Ejemplo 2:

Un sistema trifásico con tensión de alimentación simétrica, suministra energía a una carga

trifásica desequilibrada conectada en triángulo, cuyas impedancias de fase son:

ZRS = 10 Ω 90° -׀

ZST = 10 0°׀ Ω

ZTR = 10 90°׀ Ω

Tensión de línea 500 V

Determine la potencia registran los dos vatímetros.

SOLUCIÓN:

El circuito trifásico representativo:

13


En base al circuito anterior, elaboraremos el diagrama fasorial de corriente y tensiones trifásicas

características del problema, en el que se representara las corrientes y tensiones a las se

encuentran expuestas los dos vatímetros. En este diagrama fasorial se encuentran directamente

las corrientes de fase y de línea en magnitud y fase:

Las corrientes de línea están dadas por:

IA= IAB- ICA

IB= IBC- IAB

IC= ICA- IBC14


Las corrientes de fase:

IAB= VABZAB =22010 <0°<-90° = 22 90°׀ A

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IBC= VBCZBC =22010 <-120°<0° = 22 120° -׀ A

ICA= VCAZCA =22010 <120°<90° = 22 30°׀ A

Las corrientes de línea:

IA= IAB- ICA = 22 150°׀ 22 = 30°׀ 22 - 90°׀ A

IB= IBC- IAB = 22 105° -׀ 42,5 = 90°׀ 22 - 120° -׀ A

IC= ICA- IBC = 22 45°׀ 42,5 = 120° -׀ 22 - 30°׀ A

Lectura del vatímetro 1:

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W1 = VAB IA cos( VAB- IA )

W1 = VAB IA cos( 0°- 150° )

W1 = 220 * 22 cos( - 150°)

W1 = - 4191,44 W

Lectura del vatímetro 2:

W2 = VCB IC cos( VCB- IC )

W2 = VCB IC cos( 60°- 45° )

W2 = 220 * 42,5 cos 15°

W2 = 9031,4 W

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Potencia activa consumida por la carga:

W1 + W2 = - 4191,44 + 9031,4

WT = 4840 W

Este valor puede ser fácilmente verificable:

En la carga analizada, sólo una fase se encarga de consumir potencia activa, ésta es la fase BC,

por lo que si aplicamos la ecuación simple:

P = VBC IBC = 220 * 22 = 4840 W

Ejemplo 3:

Comente sobre la diferencia existente entre las dos conexiones mostradas a continuación:

Solución:

Circuito 1:

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Este circuito es un conexión delta abierto, con la fase común en la línea B, las fase abierta es la

CA.

En las fases A y C, las corrientes de línea se convierten en corrientes de fase con sus

respectivos desfases en adelanto y en retraso 30° de su posición original (triángulo).

La corriente en la fase B, es raíz de tres veces mayor que las corrientes en las otras dos fases.

Las corrientes de línea en A y en C, son sus respectivas corrientes de fase en amplitud.

Todas estas consideraciones se verá en el diagrama fasorial respectivo en secuencia negativa:

Circuito 2:

Este circuito es una conexión estrella con la fase B abierta.

La corriente en el neutro será la suma fasorial de las corrientes en las dos fases existentes, es

decir, A y C, cuya amplitud será la misma que las amplitudes de las otras dos fases

involucradas.

Ver estas puntualizaciones en el diagrama fasorial respectivo, en secuencia positiva:

19


5.4. MÉTODO DE LAS COMPONENTES SIMÉTRICAS.

5.4.1. INTRODUCCIÓN.

Fallas y defectos en sistemas eléctricos de potencia provocan desbalances o desequillibrios en

éstos, dificultando de esta manera los cálculos y las simulaciones de los mencionados sistemas.

Como no se conocía una herramienta analítica para simular las ocurrencias de fallas en las

pruebas de contingencia, tanto estáticas como dinámicas, réplicas en miniatura de sistemas eran

construidos en el patio de las empresas.

En 1895, en el estudio de motores Monofásicos, surgió una idea de descomponer el campo

magnético estacionario pulsatorio, generado por el estator, en dos campos positivos, girando

simultáneamente en sentidos opuestos.

El motor monofásico, puede girar para la izquierda o para la derecha, dependiendo del impulso

en la partida, que hace que el rotor se complemente a uno de los dos campos rotativos,

estableciéndose consecuentemente, el sentido de rotación

En 1915, Leblanc imaginó descomponer las corrientes trifásicas desequilibradas en tres

grupos, que serían producidos por tres campos magnéticos de la siguiente manera:

• Un campo magnético girando en una dirección

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• Un campo magnético girando en una dirección opuesta

• Un campo magnético estático, pulsatorio

Estas idean fueron creando cuerpo. Y en 1915, a través del Dr C.I Fortescue (Stokvis), se

consiguen formular una herramienta analítica, mucho más poderosa, formulando de manera

genérica la descomposición de cualquier sistema de ‘n’ fasores desequilibrados, en sus

respectivos componentes simétricos equilibrados.

Las formulaciones propuestas por Fortescue fueron más tarde adoptadas y aplicadas a los

diferentes comportamientos de un sistema eléctrico de potencia, posibilitando así aplicar todas

las técnicas ya conocidas de circuitos trifásicos a los sistemas desbalanceados por falla, a través

de las componentes simétricas.

5.4.2. TEOREMA DE FORTESCUE - STOKVIS

Á través de su teorema titulado “ Métodos de Componentes Simétricas Aplicados en la

Solución de Circuitos Polifásicos “, formulado de la siguiente forma:

‘ Un sistema de N fasores desequilibrados puede ser descompuesta en N sistemas de fasores

equilibrados, denominados Componentes Simétricas de los fasores originales ‘

El sistema desequilibrado original de secuencia de fase a,b,c,…..,n; es representado por sus ‘n’

fasores Vao, Va1, Va2,….Van, que giran a la velocidad síncrona y a la frecuencia de la red

polifásica

La expresión análítica general para un sistema desequilibrado con ‘n’ fases, es dado por:

• Va = Vao + Va1 + Va2 + Va3 + …+ Vai + …….+.Va(n-1)

• Vb = Vbo + Vb1 + Vb2 + Vb3 + …+ Vbi + ……..+ Vb(n-1)

• Vc = Vco + Vc1 + Vc2 + Vc3 + …+ Vci + ……..+ Vc(n-1)

• … … … …. …. … ……….

• Vn = Vno + Vn1 + Vn2 + Vn3 +… + Vni + ……..Vn(n-1)

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El sistema desequilibrado original de secuencia de fase a,b,c,…..,n; es representado por sus ‘n’

fasores Vao, Va1, Va2,….Van-1, que giran a la velocidad síncrona y a la frecuencia de la red

polifásica

La formulación de Fortescue, es válida para cualquier sistema con ‘n’ fases y como el sistema

general eléctrico es trifásico, entonces surge la necesidad de profundizar en esa dirección, por

lo que se puede formular :

“ Un sistema Trifásico de tres fasores desequilibrados, pueden ser descompuestos en tres

sistemas trifásicos de tres fasores equilibrados, llamados componentes simétricas de secuencia

positiva, negativa y cero “

5.4.3. SISTEMA TRIFÁSICO DE SECUENCIA POSITIVA.

Es un conjunto de 3 fasores equilibrados, del mismo módulo y desfasados 120 º, con la

secuencia de fase idéntica al sistema trifásico original desequilibrado

Los tres fasores de tensión son equilibrados, entonces se puede escribir:

22


En vez de usar el término 1 120°׀ , es práctico, substituir este número complejo por una

representación literal ‘ a’, conocida como operador rotacional, es decir :

; ;

; ;

; ;

23


a = 1 120°׀

Va1

Vb1=a2 Va1

Vc1=a Va1

Es un operador que aplicado a un fasor, gira 120º , en el mismo sentido de rotación indicada

por la velocidad ‘w’ de secuencia positiva.

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5.4.4. SISTEMA TRIFÁSICO DE SECUENCIA NEGATIVA.

Es un conjunto de tres fasores equilibrados, girando a una secuencia de fase contraria al del

sistema de fase original desequilibrado, con la velocidad contraria a la secuencia positiva

a = 1 120°׀

Va2

Vb2=a Va2

Vc2=a2 Va2

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5.5. SISTEMA TRIFÁSICO DE SECUENCIA CERO.

Es un conjunto de 3 fasores iguales, en fase y girando en el mismo sentido de la secuencia del

sistema original desbalanceado, esto es, de la secuencia positiva.

Su diagrama fasorial es el siguiente:

5.6. EXPRESIÓN ANALÍTICA DEL TEOREMA DE FORTESCUE.

Las tensiones desequilibradas en función de las componentes simétricas:

Va = Va0 + Va1 + Va2

Vb = Vb0 + Vb1 + Vb2

Vc = Vc0 + Vc1 + Vc2

A B C D

Donde:

A – Sistema trifásico desequilibrado

B - Sistema Trifásico equilibrado de secuencia cero

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C – Sistema trifásico equilibrado de secuencia positiva

D – Sistema trifásico equilibrado de secuencia negativa

Tensiones desequilibradas en función de Va :

En forma matricial:

En forma fasorial:

Las componentes de Secuencia en función del sistema trifásico desequilibrado:

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Las corrientes de secuencia en función de las corrientes desequilibradas:

Las corrientes desequilibradas en función de las componentes simétricas:

Las corriente de secuencia cero sólo circulan por la tierra, es decir, deberá existir un camino

derivado a tierra en cualquier parte del circuito, como se muestra en las figuras:

5.7. POTENCIA EN SISTEMAS DESEQUILIBRADOS EN FUNCIÓN DE SUS

COMPONENTES SIMÉTRICAS.

S = P + j Q = Va Ia* + Vb Ib* + Vc Ic*

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En forma matricial:

La potencia compleja será :

S = 3 V0 I0* + 3 V1 I1

* + 3 V2 I2*

Donde:

S0 = 3 V0 I0* = P0 + j Q0 (Potencia aparente Homopolar ó de secuencia cero)

S1 = 3 V1 I1* = P1 + j Q1 (Potencia aparente Directa ó de secuencia positiva)

S2 = 3 V2 I2* = P2 + j Q2 (Potencia aparente Inversa ó de secuencia negativa)

S = S0 + S1 + S2 = 3 V0 I0* + 3 V1 I1

* + 3 V2 I2*

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P = P0 + P1 + P2 = 3 V0 I0 COSφ0 + 3 V1 I1 COSφ1 + 3 V2 I2 COSφ2

S = S0 + S1 + S2 = 3 V0 I0 senφ0 + 3 V1 I1 senφ1 + 3 V2 I2 senφ2

De las ecuaciones anteriores podemos concluir:

• La potencia compleja, es la suma de las potencias complejas de las tres secuencias, cero,

positivo y negativo.

• La potencia activa y reactiva, es la suma de las potencias activas y reactivas de las tres

secuencias, cero, positiva y negativa.

• Las potencias activa, reactiva y aparente de secuencia cero, positiva y negativa, se

conservan independientemente en toda la red, por lo que no pueden combinarse en

ningún momento tensiones de una secuencia con corriente de otra.

• La impedancia de las tres secuencias de componentes simétricas, en una red simétrica y

asimétrica, se cumple para potencias, tensiones, corrientes.

Por lo que el factor de potencia podemos escribir en función de las componentes de secuencia

de la siguiente forma:

30


FP = PS = P0 + P1 + P2(P0 + P1 + P2)2 + (Q0 + Q1 + Q2)2

Ejemplo 3:

Un conductor de una línea trifásica en conexión estrella sin neutro se secciona por efectos de

una falla, la corriente que circula por la fase a es de 25 A. Tomando como referencia la

corriente de línea en la fase ‘a’ y suponiendo que es la fase ‘c’ la seccionada, hallar las

componentes de secuencia de las corrientes de línea.

Del circuito podemos concluir:

Ia = 25 /0° Ib = - Ia Ic = 0

Las componentes de secuencia en función de las corrientes desequilibradas:

Ia0 = 1/3( Ia – Ia + 0) Ia0 = 0

31


Ia1 = 1/3 ( Ia – a Ia) = Ia/3 (1-a)

Ia1 = 25 33 30° -׀

Ia2 = 1/3 ( Ia – a2 Ia) = Ia/3 (1-a2)

Ia2 = 25 33 30°׀

En forma fasorial se puede mostrar los resultados:

Ejemplo 4:

Dado un sistema trifásico tres hilos desequilibrado, donde las tensiones respecto al neutro desplazado son las siguientes:

32


VRn = 425 45°׀ V

VSn = 220 60°׀ V

VTn = 425 75°׀ V

Determinar las componentes simétricas de las tensiones de fase y las componentes simétricas de las tensiones de línea.

Solución:

Graficando las tres tensiones de línea a neutro desplazado en magnitud y fase:

33


Del gráfico se puede ver que los tres fasores de tensión circunscriben un triángulo de tensiones

perfectamente equilibrado, ello lo veremos con el cálculo respectivo de componentes

simétricas:

Las tensiones de fase y de secuencia cero se determinarán en base a la siguiente ecuación

lineal:

VRn0= 13 VRn+VSn+VTn VRn0= 13 425<45°+220<60°+425<75°

34


VRn0 = 347 6׀ 0°

La ecuación de desplazamiento del neutro es:

VRn = VR – VnN

VSn = VS – VnN

VTn = VT – VnN

VRn + VSn + VTn = VR + VS + VT – VnN – VnN – VnN

3 VnN = VRn + VSn + VTn

VnN = 13 ( VRn + VSn + VTn )

VnN = 13 425<45°+220<60°+425<75°

VnN = - 347 6׀ 0° = 3 4 1 -׀ 7 2 0°

Las tensiones de fase y de secuencia positiva:

35


VRn1= 13 425<45°+a2220<60°+a 425<75°

VRn1 = 127 0°׀ V

VSn1 = 127 1 -׀ 2 0° V

VTn1 = 127 1׀ 2 0° V

Las componentes simétricas de secuencia negativa de las tensiones de fase:

VRn2= 13 425<45°+a 220<60°+a2 425<75°

36


VRn2= 0 V

VSn2= 0 V

VTn2= 0 V

Las tensiones compuestas serán:

VRS=VRn- VSn

VRS= 425<45°- 220<60°

VRS = 220 3׀ 0° V

37


VST=VSn- VTn

VST= 220<60°- 425<75°

VST = 220 9 -׀ 0° V

VTR=VTn- VRn

VTR = - 425<45°+ 425<75°

VTR = 220 1׀ 5 0° V

38


Las componentes de secuencia cero de las tensiones de línea serán:

VRS0= 13 VRS+VST+VTR

VRS0= 13 220<30°+220<-90°+220<150°

VRS0= VRS0= VRS0=0 V

Por lo que podemos concluir que las tensiones de alimentación no poseen componentes de

secuencia cero.

Ejemplo 5:

Una carga balanceada que consiste de tres resistencias de 10 Ω conectadas en estrella, tiene los

voltajes en sus terminales de Vab = 100 1׀ 0 0° V, Vbc = 90 2׀ 4 0° V, y de Vab = 95,5 ׀

1 2 5 , 5° V,

a) Determine la potencia que consumen las resistencias.

39


La potencia consumida por las tres resistencias:

S = 3 V0 I0* + 3 V1 I1

* + 3 V2 I2* (1)

Si: Vab = 100 1׀ 0 0° V, Vbc = 90 2׀ 4 0° V, y de Vca = 95,5 1׀ 2 5 , 2° V,

Las tensiones de secuencia en función de las tensiones desequilibradas:

La tensión de línea de secuencia positiva:

Vab1=13 ( Vab+a Vbc+a2 Vca )

Vab1=13 (100 0°׀ + 9 2׀ 0 4 0 + 1 2 0° + 9 5 , 1׀ 5 2 5 , 5 - 1 2 0° )

Vab1= 95,07 1׀ , 8 3° V

40


La tensión de línea de secuencia negativa:

Vab2=13 ( Vab+a2 Vbc+a Vca )

Vab2=13 (100 0°׀ + 9 2׀ 0 4 0 - 1 2 0° + 9 5 , 1׀ 5 2 5 , 5 + 1 2 0° )

Vab2= 5,93 3 -׀ 0 , 2° V

La tensión de línea de secuencia cero:

Vab0=13 ( Vab+ Vbc+ Vca )

Vab0=13 (100 0°׀ + 9 2׀ 0 4 0° + 9 5 , 1׀ 5 2 5 , 5° )

41


Vab0= 0,16 1 -׀ 7 5° V

Vab0= 0

La tensión de fase de secuencia positiva:

Va1 = Vab13 1 -׀ , 8 3 - 3 1׀ 95,073 = 0° , 8 3 - 3 0°

Va1 = 54,88 2 -׀ 8 , 1 7° V

La tensión de fase de secuencia negativa:

Va2 = Vab23 3 -׀ 0 , 2 + 3 3 -׀ 5,933 = 0° 0 , 2 + 3 0°

42


Va2 = 3,42 0 -׀ , 2° V

La corriente de línea de secuencia positiva:

Ia1 = Va1Za = 54,8810 2 -׀ 8 , 1 7°

Ia1 = 5,488 2 -׀ 8 , 1 7° A

La corriente de línea de secuencia negativa:

Ia2 = Va2Za = 3,4210 0 -׀ , 2°

Ia2 = 0,3428 0 -׀ , 2° A

Reemplazando en ecuación de la potencia, (1):

43


S = 3 Va1 Ia1* + 3 Va2 Ia2

*

S = 3 ( 54,88 2 -׀ 8 , 1 7° * 2׀ 5,488 8 , 1 7° + 0 -׀ 3,42 , 2° * 0׀ 0,3428 , 2° )

S = 907,02 VA (W)

S = 907,02 W

La potencia también puede ser calculada por la siguiente fórmula:

S = Ia2 * Za + Ib2 * Zb + Ic2 * Zc (2)

Las Corrientes desequilibradas en función de las componentes de secuencia:

Ia = Ia1 + Ia2

Ib = a2 Ia1 +a Ia2

44


Ic =a Ia1 +a2 Ia2

Ia = 5,488 2 -׀ 8 , 1 7° + 0 -׀ 0,3428 , 2°

Ia = 5,8 2 -׀ 6 , 5° A

Ib = 5,488 2 -׀ 8 , 1 7 - 1 2 0° + 0 -׀ 0,3428 , 2 + 1 2 0°

Ib = 5,48 2׀ 0 8 , 2° A

Ic = 5,488 2 -׀ 8 , 1 7 + 1 2 0° + 0 -׀ 0,3428 , 2 - 1 2 0°

Ic = 5,2 9׀ 3 , 8 4° A

Reemplazando en (2)

45


S = Ia2 * Za + Ib2 * Zb + Ic2 * Zc

S = 5,82 *10+ 5,482 *10+ 5,22 *10S = 907,1 VA (W)

S = 907,1 W

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