enunciado problemas trifasica y soluciones-1 (1)
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7/23/2019 Enunciado Problemas Trifasica y Soluciones-1 (1)
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Ejemplo de los apuntes:
En el circuito de la figura se sabe que el voltímetro V marca 380V, determinar, 1 E , 2 E
, 3 E , a I , b I y c I sabiendo que tiene secuencia inversa y tomando como referenciade fases 1 E .
a'
b'
E 1
E 2
E 3
c'
n'
Z !
Z !
a
b
c
n
I b
I a
I c
Z g
Z g
Z "
Z "U a'b'
U b'c'
U c'a'
I #$1% Z #
$2% Z g
V
Z ! $&% 3.
$3% 2. Z "
oluci(n.
)onsiderando el circuito monof*sico re+resentativo de la fase a
a'
E 1
n'
a
n
I a
$2% Z g
Z ! $&% 3.
$3% 2. Z "
-e acuerdo con la indicaci(n del voltímetro 380 Va'n ab'n c'n= = =
/omando como referencia de fases inicialmente 'n'aU ⇒ 0'n'a 380∠=U
Entonces
( ) a0 3 %&2 %3380 I ⋅⋅++⋅+=∠ ⇒& %8
380 0a
⋅+=
∠ I ⇒
32
0a
3.
380
∠
∠= I ⇒
32a 3.0 −∠= I 4or otro lado
( ) 321 3.03 %&2 %3 %2 −∠⋅⋅++⋅+++= E ⇒ ( ) 321 3.05 %10 −∠⋅⋅+= E ⇒
325.301 3.055.11 −∠∠ ⋅= E ⇒ 0.11 .5 −∠= E V
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4uesto que tenemos que tomar como referencia de fase a 1 E , es necesario multi+licar +or 1∠1.0 6un giro de 1.0 del diagrama vectorial o +lano fasorial7 todas lasmagnitudes +ara referirlas a la nueva referencia, resulta
01 .5 ∠= E V 5.30a 3.0 −∠= I
1202 1.5 ∠= E V 1203 .5 −∠= E V
0.8 b 3.0 ∠= I 5.1&0c 3.0 −∠= I
Ejemplo de los apuntes:
En el circuito de la figura se sabe que el voltímetro V marca 380V, determinar, ab E , bc E ,
ca E , a I , b I e c I sabiendo que tiene secuencia directa y tomando como referencia de
fases ' b'aU
.
a'
b'
U a'b'
U b'c'
U c'a'
c'
a
b
c
I b
I c
Z "
Z "
Z ∆
Z ∆
E bc
E ca
E ab
I a
$1% Z "
$% 12. Z ∆
V
Z g
Z g∆ $2% 3.
Z g∆
Z g∆ ab
bc
b'a'
a'c'
ca
c'b'
oluci(n.
-e acuerdo con la lectura del voltímetro 380 Vbc = , entonces
380 Vab bc ca= = = . -ibu%ando el circuito monof*sico equivalente de la fase ab,resulta
a'
E ab
b'
Z ∆
a
b
I ab3. Z "
Z g∆
/omando inicialmente como origen de fases abU ⇒ 380 0 VabU = ∠
⇒∆
= Z U I abab ⇒ 13.&3
13.&3
00ab 33.2&
1&380
12 %380 −∠
∠
∠∠ ==⋅+
= I
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( ) ( )( ) &313a b " ab3 3 1 % % 12 2& 33∠ −∆= + = × + + + × × . º ' ' U Z Z I . ⇒ ( ) 13.&3' b'a 33.2&1& %12 −∠⋅⋅+=U
13.&33.&1' b'a 33.2&21.1 −∠∠ ⋅=U ⇒ 9.1' b'a &.85 −∠=U V
4uesto que la referencia de fases debe ser ' b'aU , es necesario multi+licar los anterioresresultados +or 1∠1.9 6un giro a i:quierdas en el +lano com+le%o de todas lasmagnitudes de 1.97, resultando
0' b'a &.85 ∠=U V 120'c' b &.85 −∠=U V 120'a'c &.85 ∠=U
V
&3.13 1.9 &1.32&.33 1 2&.33ab I ∠ − × ∠ ∠ −= =
( )3ab g L ab E Z Z Z I ∆ ∆= + × + × ⇒ ( )( ) &1.32 3 3 1 12 2&.33ab E j j j ∠ −= + × + × + + + × ×
( ) &1.31 18 2&.33ab E j ∠ −= + × × ⇒ &2.13 &1.322.8 2&.33ab E ∠ ∠ −= × ⇒0.9&99.&2 Vab E ∠= ; 11.21&99.&2 Vbc E ∠ −= y 120.9&99.&2 Vca E ∠=
4or otro lado
30aba 3 −∠⋅= I I ⇒ 303.&1a 333.2& −∠−∠ ⋅= I ⇒3.81a 89.3 −∠= I ; 3.201 b 89.3 −∠= I e 55.38c 89.3 ∠= I
El mismo Ejemplo se +uede resolver +as*ndolo a estrella<estrella.
Ejemplo de los apuntes:
En el circuito de la figura se sabe que el voltímetro V marca 380V, determinar, ab E , bc E ,
ca E , a I , b I e c I sabiendo que tiene secuencia directa y tomando como referencia de
fases ' b'aU .
a'
b'
U a'b'
U b'c'
U c'a'
c'
a
b
c
I b
I c
Z "
Z "
Z ∆
Z ∆
E bc
E ca
E ab
I a
$1% Z "
$% 12. Z ∆
V
Z g
Z g∆ $2% 3.
Z g∆
Z g∆
oluci(n.
l ser equilibrado, de la lectura del voltímetro se deduce que 380 ca bcab === V
4asando el circuito a estrella<estrella
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303
aba
E E
∠= ;
3
gg
∆ Υ =
Z Z ⇒ %
3
2g += Υ Z ;
3
∆ Υ =
Z Z ⇒ %3 ⋅+= Υ Z
a'
b'
E a
E b
E c
c'
n'
Z !
Z !
a
b
c
n
I b
I a
I c
Z "
Z "U a'b'
U b'c'
U c'a'
Z g! %2
3$
Z g!
Z g!
$3% . Z !
$1% Z "
)onsiderando el circuito monof*sico equivalente de la fase a
a'
E a
n'
a
n
I a
Z g! %2
3$
$3% . Z !
$1% Z "
4uesto que 2203
380
3
an
aban ===>= V
/omando como referencia de fases inicialmente anU ⇒ 0an 220∠=U V
Entonces, a+licando =>m ⇒ ( ) a0 %3220 I ⋅⋅+=∠ ⇒ %3
220 0a
⋅+=
∠ I ⇒
13.&3
0a
&
220
∠
∠= I ⇒
13.&3a −∠= I 4or otro lado
( ) 13.&3'n'a %3 %1 −∠⋅⋅+++=U ⇒ ( ) 13.&3'n'a & % −∠⋅⋅+=U ⇒13.&33.&1'n'a .5 −∠∠ ⋅=U
⇒ 9.1'n'a 5.281 −∠=U V; a+licando a>ora la relaci(n entre tensiones de línea y fase
30'n'a' b'a 3∠⋅= U U ⇒ 309.1' b'a 35.281 ∠−∠ ⋅=U ⇒ 21.28' b'a 9&.89 ∠=U V
4uesto que la referencia de fase es ' b'aU , es necesario multi+licar +or 1∠<28.21 lasanteriores magnitudes +ara referirlas a la nueva referencia, resultando
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0' b'a 9&.89 ∠=U V 120'c' b 9&.89 −∠=U VV 120'a'c 9&.89 ∠=U
V30'n'a 5.281 −∠=U V
3.81a −∠= I V 3.201 b −∠= I V 55.38c ∠= I V21.28an 220 −∠=U V
⇒ 30
anab
3∠⋅= U U
⇒ 3021.28
ab
3220 ∠−∠ ⋅=U
⇒9.1ab 380∠=U Vy 21.118 bc 380 −∠=U V, 9.121ca 380∠=U V
4ara las intensidades de fase en el tri*ngulo, obtenemos
30aba 3 −∠⋅= I I ⇒30
3.81ab
3
−∠
−∠= I ⇒ &1.3' ' 2&.ab b a I I ∠ −= =
⇒ 191.3' ' 2&.bc c b I I ∠ −= = , e 58.55' ' 2&.ca a c I I ∠= =
4ara las tensiones en el generador en tri*ngulo se tiene' ' ' 'a b ab g b aU E Z I ∆= − × ( )0 &1.389.9& 2 3 2&.ab E j∠ ∠ −= − + × ×
0 &5.31 &1.389.9& 3.51 2&.ab E ∠ ∠ ∠ −= + × ⇒ 0 .989.9& 1.5ab E ∠ ∠= + ⇒ 0.98&9.1&ab E ∠=
V
! +or ser equilibradas 11.22&9.1&bc E ∠ −= y 120.98&9.1&ca E ∠=
PROBLEMA 1:/res im+edancias id?nticas de m(dulo$30 y fase ϕ$30 est*n conectadas en
tri*ngulo a un sistema trif*sico tambi?n en tri*ngulo y de secuencia directa, cuya tensi(nde línea es 280 V, siendo la im+edancia de línea de 0.80.5%. -eterminar
.<la intensidad de fase en la carga
.<la intensidad de línea
.<la tensi(n de línea en la carga.
i en +aralelo con la carga se conecta un con%unto de condensadores con una reactanciade <50%, calcular la intensidad de línea y la tensi(n de línea de la carga.
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+ +
+Z
Z
Z
ZL
ZL
ZL
Ia
Ib
I c
<50%
<50% <50%
E 120
E <120
E 0a
b
a'
b'
c
c'
=")@#
4or ser el sistema totalmente equilibrado y estar tanto la carga como los generadores entri*ngulo, +or teoría se sabe que el circuito es equivalente a tres circuitos monof*sicos6uno +or fase7, viniendo dado el de la fase a<b +or el circuito
a Iab
+<50%Z
3L
Z
b
a'
b'
E 0
siendo Z = ∠ = +30 25 1&30 %
-el circuito anterior se obtiene
[ ]E % %∠ = ∠ = + + +0 0280 3 0 8 0 5 25 1& 6 . . 7 ' 'I a b
280 28 15 8 8 &0 30 &∠ = + ⇒ = ∠ − . 6 . . 7 .' ' ' ' % I Ia b a b
-ado que es un sistema trif*sico equilibrado, las restantes intensidades de fase son
Ib c' ' . . = ∠ −8 & 1&0 & y I c a' ' . . = ∠8 & 8 &
/eniendo en cuenta la relaci(n I IL != ∠ −3 30 , se obtiene +ara las intensidades delínea
I a = ∠ −1 9 50 &. . I b = ∠1 9 19 &. . y I c = ∠1 9 & &. .
+licando la ley de =>m, resulta
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" ZIa b a b' ' ' ' . . .= = ∠ ⋅ ∠ = ∠− −30 8 & 2&&30 30 & 0 &
4or ser un sistema totalmente equilibrado, las tensiones de línea restantes est*ndesfasadas 120 con res+ecto a "a#b#
" b c' ' . = ∠ −2&& 120 & y " c a' ' = ∠2&& 11.&
l estar la carga conectada en tri*ngulo, la tensi(n de fase es igual a la tensi(n de línea.
i se conecta el condensador en +aralelo, la admitancia equivalente +or fase es
$Z
Z% %= + =∠
+∠
= ∠ + ∠ = ∠ ⇒ = ∠−
−1 1 1
30
1
50
1
50 2 1 0 02 3 5
30 030 0 0 0
%A ) 6 7 . .
+licando la ley de =>m, se obtiene
IZ Za b
% L
'. 6 . . 7 .
.' '
. . =
∠
+ =
∠
+ + =
∠
∠ = ∠ −
E
%
0 0 0
2 92 9
3
280
3 5 3 0 8 0 5
280
39 0 9 &5
Ib c' ' . . = ∠ −9 &5 122 9 y I c a' ' . . = ∠9 &5 119 21
-e la relaci(n entre intensidades de línea y fase resulta
I a ' . = ∠ −13 32 9 Ib ' . = ∠ −13 1&2 9 I c' . = ∠13 89 21
"as tensiones de línea son
" Z Ia b % a b' ' . . .' ' ' ' . . = = ⋅ ∠ = ∠− −3 5 9 &5 251&82 9 2 9
" b c' .' ' . = ∠ −251&8 122 9 y "c a
' .' ' . = ∠251&8 119 21
PROBLEMA &:
En el circuito de la figura, calcular
a7 "a intensidad de línea Il. b7 "as tensiones en bornes de los consumos B).
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c7 "as intensidades de los consumos I& e I'.
Z Z Z
" " "
1 & '
ab bc ca
= ∠ = ∠ = ∠
= ∠ = ∠ = ∠
−
−
10
230 10
380 380 380
0 & &
0 120 120
+
+
+
Z&
Z&
Z&
I&
I'
I1
Z1
Z1
Z1
Z'
Z'
Z'
B
)
b
c
#
=")@#
El circuito anterior +uede +onerse como
+
+
+
Z&
Z& Z&
I&
I'I1
Z1
Z1
Z1
Z'
Z'
Z'
B
)
a
b
c #
Ea
Eb
Ec
En +rimer lugar transformamos la carga en tri*ngulo formada +or las im+edancias &Z en su estrella equivalente "as im+edancias &$Z de la estrella tienen +or valor
&& 103
30
3∠=∠== &
&$
ZZ
"as dos estrellas est*n en +aralelo, ya que +or ser un sistema equilibrado sus neutrosest*n al mismo +otencial
00&& 2
10
10
2
10
1
10
1111
∠=⇒∠=∠+∠=+= − $
'&$$
ZZZZ
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4asando los generadores en tri*ngulo a su configuraci(n en estrella equivalente, seobtiene
+
+
+
Ea
Eb E
c
E1
E&
E'
+
++
a
bc c b
a
n
EE E "
" "
1
c b abab ab
= −
= − ∠
=
−
=
−
= ∠ −3
1 1
3
3
2
3
2
3
3
2
1
2
3220
12030
6 7 6 7 6 7
% %
donde se >a tomado la tensi(n "ab como origen de fases. El circuito monof*sicoequivalente +ara una fase es
+
Z1
Z$
I1
#n
220 <30
a
en donde se calcula f*cilmente la intensidad de línea I1 y la tensi(n de fase "A(
I "
Z Z
" Z I
1an
1 $
A( $ 1
=+
= ∠
∠= ∠
= = ∠ ∠ = ∠
−−
− −
220
10 21&&&
10
21& && 110
30
030
0 30 30
.
.
4ara la tensi(n de línea, al ser secuencia directa, se tiene
" "AB A(= ∠ = ⋅ ∠ = ∠3 1 3 110 1030 0 0
+or lo tanto, la intensidad de fase 2 e 3 de los consumos en tri*ngulo y estrella biendada +or
I "
Z
I "
Z
&
AB
&
'
A(
'
= = ∠
∠ = ∠
= = ∠∠
= ∠
−
−
−
10
305 33
110
1011
0
&&
30
&1&
.
PROBLEMA ':
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una línea trif*sica equilibrada a 380 V de tensi(n com+uesta de &0 C:, est*nconectados tres rece+tores. El tercer rece+tor est* com+uesto +or tres elementos igualesde Z' $ 33%, en coneDi(n tri*ngulo.
)alcular
a7 ntensidades que consume cada uno de los rece+tores e intensidad de línea. b74otencia a+arente, activa y reactiva suministrada +or la línea. c7 e desea me%orar elfactor de +otencia con una batería de condensadores 6en estrella7. )alcular la ca+acidadde los mismos +ara obtener un factor de +otencia igual a uno.
100 V
cos $0.8 ca+.ϕ
100 F
cos $0.8 ind.ϕ )
B
)
1
2
3
G3
IL1 I
L& IL'
#
'I
1
1 2
=")@#
a7 )arga 1
1
1 1
1 1 1
1 1 1
1
cos 0.8 35.89
cos 100000 0.8 80000 80 F
s 100000 6 35.897 50 Vr
1000003 1&2
3 380 L L L
cap
P S
Q S en sen
S U I I A
= → = −
= × = × = =
= × = × − = −
= × × → = =×
φ φ
φ
φ
i elegimos como referencia la tensi(n de fase "1n en los consumos 1 y 2 6su+uestos enestrella7, resulta 6H$"I√3$380I√3$220 V7
" 1n = ∠220 0
! >allamos las intensidades de línea de la carga 1 6que al su+onerla en estrella coincidencon las intensidades de fase en la carga7
11 12 11 13 111&2 35.89 120 1&2 83.13 120 1&2 1&5.89
L L L L L I A I I A I I A= = − = − = = −
/ambi?n se +odría utili:ar la ecuaci(n de la +otencia com+le%a +ara el c*lculo de laintensidad en una de las fases, +.e. la 1
&J J J 3
1 1
1
80 50 10 35.893 3 10 1&2 35.89
3 220 0 3 220 0
1&2 35.89
j− ∠ −= = ⇒ = = = ∠ − ⇒
× ∠ × ∠
= ∠
! ! 1n L1 L 1
L 1
) " I " I I
I
)arga 2
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2 2
22
2
2 2 2
2 2 2
cos 0.8 35.89
10000012& V
cos 0.8
12&000 635.897 9& Vr
12&0003 10 3 380
L L L
ind
P S
Q S sen sen
S I U I
= → =
= = =
= × = × =
= × × → = =×
φ φ
φ
φ
! >allamos las intensidades de línea de la carga 2 6que al su+onerla en estrella coincidencon las intensidades de fase en la carga7
21 22 21 23 2110 35.89 120 10 1&5.89 120 10 83.13 L L L L L I I I I I = − = − = − = =
)arga 3 4ara el tercer consumo, +asando el tri*ngulo a estrella se tiene +ara la
intensidad del conductor de línea de la fase 1
1
220 01 2 & 1&& &
3 2 & j
∠= = + = ∠ ⇒ = = = ∠ −
∠' 1n
'$ L'
'$
Z "Z I
Z
! +ara las otras intensidades de línea de la carga 3
32 31 33 31120 1&& 15& 120 1&& 9&
L L L L I I I I = − = − = =
"a corriente total de la línea 1 es
1 1 1 1&2 35.89 10 35.89 1&& & 0& 1 = + + = ∠ + ∠ − + ∠ − = ∠−1 L1 L & L 'I I I I
)onsiderando que las cargas son equilibradas, se obtiene +ara las restantes intensidadesde línea
0& 13 0& 101 = ∠ − = ∠& '
I I
b7 4otencias suministradas +or la línea ya se conocen las +otencias activa yreactiva de las cargas 1 y 2. 4ara la carga 3 +odemos calcular las +otencias consumidasde diferentes formas. 4.e. calculamos la intensidad de fase en la carga en tri*ngulo y a
+artir de ella las +otencias
1
J
1&& & 8.&5 1&3 30 3 30
3 3 380 30 8.&5 1& 102.1 &
∠ −= = = ∠ −∠ − ∠ −
⇒ = = × ∠ × ∠ = ∠
L'
AB
' AB AB
II
) " I
3 102.1 V= 3 3 34 cos 102.1cos & 92.2 F= ϕ = =
3 3 3K sen 102.1sen & 92.2 Vr = ϕ = =
/ambi?n +odríamos usar el valor de la im+edancia de la carga 3 +ara calcular la +otencia com+le%a 6o tambi?n su equivalente en estrella y la intensidad de línea
calculada +reviamente7
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( )
1
2 2
3
1&& &8.&5 1&
3 30 3 30
3 3 3 3% 8.&5 102.1 & Z
∠ −= = = ∠ −
∠ − ∠ −⇒ = = × + × = ∠
L'
AB
' AB
II
) I
4or tanto, las +otencias totales activa, reactiva y a+arente suministradas +or lalínea son
t 1 2 34 $4 4 4 80 100 92.2 2&2.2 F= + + =
t 1 2 3K $K K K 50 9& 92.2 89.2 Vr = − + + =
2 2
t t t 4 K 255.8& V= =
c7 4ara lograr que el factor de +otencia sea la unidad, es necesario colocar en +aralelocon las cargas una batería de condensadores que cedan la +otencia reactiva queconsumen el con%unto de las tres cargas, es decir, la batería de condensadores debesuministrar una +otencia reactiva de 89.2 Vr. /eniendo en cuenta la relaci(n entre la
+otencia reactiva y la susce+tancia, y que los condensadores colocados en estrellaso+ortan la tensi(n de fase, resulta
2 2 cc c '# '# 2 2
'#
K 89200K $<3B $3 ) )$ $
3 3L100 L220ω ⇒ ⇒
ω π
) H H= ⋅ = ⋅−1 10 1 103 3. . µ +or fase necesarios +ara obtener un factor de +otencia
unidad.
PROBLEMA *:
En el circuito de la figura, en el que las tensiones son equilibradas y desecuencia directa, calcular a7 ntensidades de línea e intensidades consumidas +or cadarece+tor. b7 4otencias activa, reactiva y a+arente suministradas +or el generador. c7)ondensadores o bobinas en estrella que >ay que colocar en +ara que el factor de
+otencia sea 0. inductivo +ara el con%unto. d7 "a batería de condensadores o bobinas enestrella que >ay que colocar en B +ara que el factor de +otencia batería<carga entri*ngulo sea 1.
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380 V
Ia
100 Vcos $0.8ϕca+acitivo
100 Fcos $0.8ϕinductivo
2%
a
2%
2%
b
c
∆G $&&%
B
Ib
Ic
Ia1 Ib1 Ic1 Ia& Ib& Ic&
Ia'
Ib'
Ic'
1 2
=")@#
a7 4uesto que es un sistema equilibrado +odemos considerar un neutro MnN quecoincidir* +ara las dos cargas trif*sicas 6si estas se consideran en estrella7 y +ara el
generador que alimenta al sistema 6su+uesto en estrella7, si consideramos como origende fases la tensi(n "an
" an = ∠ = ∠380
32200 0
" bn = ∠ −220 120 y " cn = ∠220 120
" ab = ∠380 30 " ab = ∠380 30 y " ca = ∠380 1&0
"ca
"cn
"bn
"bc
"ab
"an
4ara la carga trif*sica 1, considerada en estrella
cos . . . ϕ ϕ1 10 8 35 89= ⇒ = −ca+
11 " "1 "1
"
100000 3 1&1.
3 3 380= ⇒ = =
×
! teniendo en cuenta el *ngulo de la carga y el origen de fases elegido resulta +ara lasintensidades de que consume la carga 1 6que son intensidades de fase y de línea alsu+onerla en estrella7
1&1. 35.89 ⇒ = ∠a1
I , 1&1. 83.13 = ∠ −b1
I y 1&1. 1&5.89 = ∠c1
I
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/ambi?n +odríamos calcular directamente la intensidad teniendo en cuenta la ecuaci(nde la +otencia com+le%a, que +or ser un circuito equilibrado es tres veces la +otencia deuna fase
J J 100000 35.893 1&1. 35.89
3 3 220 0
∠ −= ⇒ = = = ∠ −
× ∠
1
1 an a1 a1
an
)) " I I
"
1&1. 35.89⇒ = ∠a1
I , 1&1. 83.13= ∠ −b1
I y 1&1. 1&5.89= ∠c1
I
4ara la carga trif*sica 2cos . . . ϕ ϕ2 20 8 35 89= ⇒ =ind
4
22
2
100000
0812&000= = =
cos .ϕ
22 " "2 "2
"
12&000 3 18.
3 3 380= ⇒ = =
×! teniendo en cuenta el *ngulo de la carga y el origen de fases elegido resulta +ara lasintensidades de que consume la carga 2 6que son intensidades de fase y de línea alsu+onerla en estrella7
18. 35.89 ⇒ = ∠ −a&
I , 18. 1&5.89 = ∠ −b&
I y 18. 83.13 = ∠c&
I
/ambi?n +odríamos calcular directamente la intensidad teniendo en cuenta la ecuaci(nde la +otencia com+le%a, que +or ser un circuito equilibrado es tres veces la +otencia de
una fase
J J 12&000 35.893 18. 35.89
3 3 220 0
∠= ⇒ = = = ∠
× ∠&
& an a& a&
an
)) " I I
"
18. 35.89 ⇒ = ∠ −a&
I , 18. 1&5.89 = ∠ −b&
I y 18. 83.13 = ∠c&
I
4ara la carga trif*sica 34asando la carga en tri*ngulo a estrella, se tiene
ZZ
$ = = +∆
3
&
3
&
3 %
umando a la im+edancia en estrella la im+edancia de línea, resulta
& & & 112 .03 5&.&5
3 3 3 3 j j j+ = + + = + = ∠ Ω
L $Z Z
El neutro en este caso tambi?n es MnN. Entonces tendremos
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220 0&.5 5&.&5
.03 5&.&5
∠= = = ∠ −
+ ∠an
a'
L $
"I
Z Z
"as intensidades de las otras fases son
&.5 18&.&5 = ∠ −b'I y &.5 &. = ∠c'
I
"as intensidades de línea totales son
1&1. 35.89 18. 35.89 &.5 5&.&5 30.8 13.9& = + + = ∠ + ∠ − + ∠ − = ∠ −a a' a& a1
I I I I
30.8 133.9& = ∠ −b
I y 30.8 105.2& = ∠c
I
b7 "as +otencias activa y reactiva cedidas +or el generador vienen dadas +or la suma delas consumidas +or las cargas y la línea
K 1 1 1 100000 0 5 50= = − ⋅ = −sen .ϕ Vr
4 1 1 1 80= =cos ϕ F
K 42 2 2 100000 0 9& 9&= = ⋅ =tg .ϕ Vr J3 3 220 0 &.5 5&.&5 3502. 5&.&5 105.8 32800.%= = × ∠ × ∠ = ∠ = +
' an a') " I
3
3
4 1.F
K 32.8 Vr
=
=
y sumando, resulta
/ 1 2 34 $4 4 4 80 100 1. 1. F= + + =
/ 1 2 3K $K K K 50 9& 32.8 9.8 Vr = − + + =
! +ara la +otencia a+arente2 2 2 2
/ / / $ 4 K 1. 9.8 200.9 V+ = + =c7 4uesto que no cambia la tensi(n corres+ondiente al generador, la tensi(n en elcon%unto ZLZ$ sigue siendo la misma cuando se colocan los condensadores +or lo quela +otencia activa y reactiva del con%unto de cargas no varía. 4odemos deducir el *ngulodel con%unto de cargas y la im+edancia de línea a +artir de los datos de las +otencias
// /
/
K 9.8tg 0.2& 13.9&
4 1.ϕ ϕ = = = ⇒ =
Este valor tambi?n se +odría >aber deducido a +artir del desfase entre la tensi(n "1n y laintensidad Ia ya que su+one obtener el equivalente estrella de todo el con%unto 6 como se>a calculado antes Ia tiene un *ngulo de <13.9& con res+ecto a "1n7
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l colocar los condensadores o bobinas, dado que el nuevo factor de +otencia debe ser 0. ind, nos +ermite determinar el nuevo *ngulo de desfase total 6este factor de +otenciaes inferior a que se tiene +reviamente, ya que cos ϕ/$ cos 13.9& $ 0.9 ind, +or lo quelos elementos a colocar deben ser bobinas7
' 'cos 0. 2&.8T T ϕ ϕ = ⇒ = ⇒-ado que no se modifica la +otencia activa del con%unto 1. F, la nueva +otenciareactiva ser*
'
/ /K' $4 tg 1. 0.8 . Vr
T ϕ = × =
Este valor es su+erior al eDistente antes de colocar los elementos +or lo que +ara que seconsuma m*s +otencia reactiva >a de colocarse una batería de bobinas que consumanuna +otencia reactiva K"
/ / " " / /K' $K K K $K' <K . 9.8 5.5 Vr ⇒ = − = Vr
4ara la batería de bobinas en estrella, al ser equilibrada tendr* el neutro MnN
2 2 22 an an
" " an
"
220K $<3B $3 "$3 3 0.00 C$. mC
O" 2PfK 100 5500π ⇒ = =
×
d7 4asando la carga en tri*ngulo a estrella, resulta
a'
'
c'
n
n
B
ZL$
$ %&3
&3$
Z
i se considera solo una fase
a'
n
ZL+$
$Z
& 23
$ &
i se calcula la admitancia equivalente
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$e, =
∠
+ = ∠ + = + −−1
& 2
3
0 2 0 3 0 3
&
&
. . 6 . 7 %B %B % B")! ")! ")!
El *ngulo de fase de la admitancia es igual al *ngulo de fase de la admitancia cambiadade signo. n nuevo factor de +otencia unidad, im+lica que el nuevo *ngulo de la carga
y los elementos com+ensadores debe ser nulo 6dado que la carga es inductiva +ara tener factor de +otencia unidad es necesario colocar condensadores como elementoscom+ensadores7
' ' ' 'cos 1 0 0 tg 0ϕ ϕ = ⇒ = ⇒ Ψ = ⇒ Ψ =En consecuencia
tg.
.
.
..Ψ =
−⇒ =
−⇒ =
B BB")! ")!
")!
0 3
0 30
0 3
0 30 3
-ado que el valor de la susce+tancia es +ositivo la batería es de condensadores. "aca+acidad de cada condensador es
")!")!
B 0.3B $ ) )$ &&QH
2Pf 100ω
π ⇒ = =
PROBLEMA-:
En el circuito de la figura la línea +roviene de un generador que +resenta unsistema equilibrado de tensiones de secuencia directa; a7 -eterminar las intensidades
+or cada consumo y +or la línea, sabiendo que F1 F2 $200 F. b7 -eterminar lasca+acidades de la batería de condensadores o bobinas en tri*ngulo Z1 que >ay queconectar en +aralelo +ara que el factor de +otencia del con%unto consumo 1 consumo 2 consumo 3 línea batería sea 0. inductivo. )7 determinar la batería decondensadores en bornes de las tres cargas +ara factor de +otencia 0. inductivo.
Ia
Ib
Ic
Ia'Ib'Ic'Ia1 Ib1 Ic1
$100 V1
cos $0.8 ca+.1
ϕ
-emanda 1
Ia& Ib& Ic&
4 $100 F2
cos $0.8 ind.2ϕ
-emanda 2-emanda 3
a
b
c
0.1%
0.1%
0.1%
a'
b'
c'
F2
F1
Z
1
Z 1 Z
1 Z' Z'
Z' $&&%
=")@#
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a7 4uesto que el sistema es equilibrado el neutro del generador n coincide con el de lascargas 6real o ficticio7 y con el corres+ondiente a aR, bR y cR. "os dos vatímetros est*nconectados segSn la coneDi(n aron. egSn las medidas de F1 y F2
"ca
"an
"ab
Ia"
ac
30
30ϕ
( ) ( )F a c a " "1 30= = −' ' cos , ' cos" Iac a ϕ
"bn
"bc
I b
30
ϕ
( ) ( )F b c b " "2 30= = +' ' cos , ' cos" Ibc b ϕ
Entonces
( ) ( )[ ] ( )F F 4" " " " " "1 2 30 30 2 30 3+ = − + + = − = = ⇒' cos cos ' cos cos ' cosϕ ϕ ϕ ϕ
4 F= 200
"as +otencias de las demandas 1 y 2 son
cos . . . ϕ ϕ1 10 8 35 89= ⇒ = −ca+
) 1 = ∠ = − ⇒ =
= −−100000 80000 50000
80000
500003589
1
1
. %4 F
K Vr
cos . . . ϕ ϕ2 20 8 35 89= ⇒ =ind
K 42 2 2 100000 35 89 9&000= = =tg tg . ϕ Vr
Entonces la +otencia activa de la demanda 3 es
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4 4 4 4 F3 1 2 200000 80000 100000 20000= − − = − − =
i las im+edancias de fase se +asan a admitancias se tiene
1 1 & & 1 1$ <% $0.1<%0.1& %& 2& 2& 10 10
j−= = =+ +'
'
$Z
Entonces +ara cada fase
23 33 a'b' a'b'
3
4 4 20000$T $ 2&8.2 V
3 3T 3 0.1⇒ = =
×
"a +otencia reactiva consumida +or la demanda 3 es
( )2 2
3 3 a'b'K $3 <B 3 0.1 2&8.2 20000 Vr = × × =
"a +otencia reactiva corres+ondiente a los tres consumos es
1 2 3K$K K K 50000 9&000 20000 3&000 Vr = − + + =
)onsiderando inicialmente como origen de fases "a#b#. determinamos la tensi(n de faseaRn
' ' ' 2&8.22&8.2 0 30 1.1 30 V3= ∠ ⇒ = ∠ − = ∠ −a b a n" "
4ara cada fase se tiene
I a
a
0.1%a'
n
4
3
K
3
J J
'
'
200000 3&0005959.8 .3 3 &.01 3.
1.1 30 1.1 30
j+ ∠= ⇒ = = = = ∠ ⇒
∠ − ∠ −/
/ a n a a
a n
)) " I I
"
&.01 3. = ∠ −a
I
! +ara las otras dos intensidades b &.01 1&. = ∠ −I e c &.01 80.1 = ∠I
"a tensi(n a la entrada de la línea, a+licando irc>>off, es
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' 0.1 0 &.01 3. 1.1 30 153.15 1.1 V= + = ∠ × ∠ − + ∠ − = ∠ −an L a a n
" Z I "
! 153.15 13.1 V= ∠ −bn
" y 153.15 10&. V= ∠cn
"
4or lo que la tensi(n de línea en bornes de las cargas es
3 153.15 1.1 30 282.5 1&. V⇒ = × ∠ − ×∠ = ∠ab" 282.5 10.1 V= ∠ −
bc" y 282.5 13&. V= ∠
ca"
4ara la intensidad en la carga 1, se obtiene
"
"
' 11 1 1 '
100000 3 223.5
3 3 2&8.2= ⇒ = =
×
! teniendo en cuenta que el *ngulo de la carga es <35.89 im+lica que la intensidad defase 6que son intensidades de fase y de línea su+oniendo la carga en estrella7 adelanta35.89 a la tensi(n de fase "a#n que tiene un *ngulo de <30 +or lo +or lo que resulta
223.5 5.89 ⇒ = ∠a1
I , 223.5 113.13 = ∠ −b1
I y 223.5 125.89 = ∠c1
I
/ambi?n +odemos llegar al mismo resultando utili:ando la ecuaci(n de la +otenciacom+le%a en una sola fase 6las restantes a +artir de ?sta7
J
'
80000 5000033333.33 35.893 3 223.5 5.89 223.5 5.89
1.1 30 1.1 30
j− ∠ −= = = = ∠ − ⇒ = ∠
∠ − ∠ −1/
a1 a1
a n
)I I
"
4ara la intensidad en la carga 2, se obtiene
"
"
' 22 2 2 '
12&000 3 29.&
3 3 2&8.2= ⇒ = = =
×
! teniendo en cuenta que el *ngulo de la carga es 35.89 im+lica que la intensidad defase 6que son intensidades de fase y de línea su+oniendo la carga en estrella7 atrasa35.89 a la tensi(n de fase "a#n que tiene un *ngulo de <30 +or lo +or lo que resulta
229.& 55.89 = ∠ −
aI , 2
29.& 185.89 29.& 193.13 = ∠ − = ∠b
I e
2 29.& &3.13 = ∠c
I
/ambi?n +odemos llegar al mismo resultando utili:ando la ecuaci(n de la +otenciacom+le%a en una sola fase 6las restantes a +artir de ?sta7
J
'
100000 9&0001555.59 35.893 3 29.& 55.89 29.& 55.89
1.1 30 13.1 30
j+ ∠= = = = ∠ ⇒ = ∠ −
∠ − ∠ −&/
a& a&
a n
)I I
"
4ara la intensidad en la carga 3, se obtiene
3
"
" "
2 2
3' 33 3 3 ' '
4 K 20000 2 3 53.2&
3 3 3 2&8.2
×= ⇒ = = = =
×
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! teniendo en cuenta que el *ngulo de la carga es & im+lica que la intensidad de fase6que son intensidades de fase y de línea su+oniendo la carga en estrella7 atrasa & a latensi(n de fase "a#n que tiene un *ngulo de <30 +or lo +or lo que resulta
353.2& 9& ⇒ = ∠ −
aI , 3
53.2& 1& 53.2& 15& = ∠ − = ∠ −b
I y 353.2& & = ∠
cI
-e igual forma que en los casos anteriores, tambi?n +odemos llegar al mismo resultandoutili:ando la ecuaci(n de la +otencia com+le%a en una sola fase 6las restantes a +artir de?sta7
J
'
20000 2000028.0 &3 3 53.2& 9& 53.2& 9&
1.1 30 1.1 30
j+ ∠= = = = ∠ ⇒ = ∠ −
∠ − ∠ −'/
a' a'
a n
)I I
"
b7 e su+one que no varía la tensi(n que suministra el generador. "a colocaci(n de los
condensadores o bobinas al inicio de la línea no afecta a las tensiones e intensidades delas cargas +or lo que +odemos re+resentar una sola fase con un tercio del consumo de +otencia activa y reactiva. i su+onemos la batería de condensadores o bobinas enestrella
I a
a
0.1%a'
n
Z
1
4 $55555.59 Ff
K $11555.59 Vr f
"a intensidad que consume el con%unto de las cargas se calcul( en el anterior a+artado
&.01 3. = ∠ −a
I
"as +otencias activa y reactiva totales +or fase son 6teniendo en cuenta el consumo de
+otencia reactiva en la im+edancia de línea7
tf 4 $55555.59 F y 2
tf K 11555.59 0.1 &.01 3229.18 Vr = + × =
El factor de +otencia antes de colocar los elementos de com+ensaci(n, se +uede obtener de las +otencias anteriores o del desfase entre "an e Ia . +artir de las +otencias
tf
tf
K 3229.18tg 0.8 2&.8
4 55555.59ϕ = = = ⇒ ϕ =
-ado que el nuevo factor de +otencia solicitado es
cos ' . . ' . ϕ ϕ= ⇒ =0 2& 8ind
4or lo que no sería necesario colocar ningSn elemento de com+ensaci(n.
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i en ve: de utili:ar los valores de +otencia +ara el c*lculo del factor de +otencia, seutili:ase el desfase entre "an e Ia resulta
1.1 6 3. 7 2&.ϕ = ϕ − ϕ = − − − =an a"
Kue, debido a errores de redondeo, es ligeramente distinto al calculado con las
+otencias. i +arti?semos de este valor, entonces sería necesario colocar condensadores.
c7 "a com+ensaci(n en bornes de las tres cargas da lugar a que la caída de tensi(n en lalínea sea distinta antes y des+u?s de com+ensar +or lo que la tensi(n en bornes de lascargas varía. #o obstante, su+oniendo que las cargas son est*ticas 6im+edancias fi%as7tambi?n se modifica de forma +ro+orcional las +otencias de tal forma que los resultadosson los mismos utili:ando los valores antes de com+ensar 6+otencias y tensiones7 quelos valores des+u?s de com+ensar. En consecuencia se utili:an los valores antes decom+ensar ya que son conocidos. i se su+usiese que son cargas din*micas 6es decir,
+otencia constante y, +or tanto im+edancia variable7, el c*lculo se com+lica ligeramenteya que en este caso se desconoce la tensi(n que >ay en bornes de las cargas 6necesaria
+ara calcular el valor del elemento com+ensador7. )omo esta situaci(n se ver* en algSnotro e%ercicio, se su+one que las cargas son est*ticas.
4or tanto si los elementos de com+ensaci(n se colocan en bornes de las tres cargas +aracom+ensar las mismas a un factor de +otencia 0. ind, resultalas +otencias activa y reactiva totales +or fase de las tres cargas son
tf 4 $55555.59 F y tf K 11555.59 Vr =
El factor de +otencia antes de colocar los elementos de com+ensaci(n, se +uede obtener
de las +otencias anteriores o del desfase entre "#an e Ia . +artir de las +otenciastf
tf
K 11555.59tg 0.19& cos 0.8& ind .
4 55555.59ϕ = = = ⇒ ϕ = ⇒ ϕ =
Este mismo resultado se obtiene si utili:amos el desfase entre "#an e Ia
' 30 6 3. 7 .ϕ = ϕ − ϕ = − − =an a"
-ado que el nuevo factor de +otencia solicitado escos ' . . ' . ϕ ϕ= ⇒ =0 2& 8ind
Es evidente que el nuevo factor de +otencia es +eor 6inferior7 al que ya dis+oníamos, +or lo que debe colocarse bobinas como elementos com+ensadores"a +otencia reactiva consumida incluyendo el elemento de com+ensaci(n debe ser
tf tf K' $4 tg ' 55555.59 tg2&.8 3228&.39 Vr ϕ = =
4or lo que la +otencia reactiva de la bobina es
1G tf tf K $K' <K 3228&.39 11555.59 20518.9 Vr = − =
Entonces
1
1
2 22 an
G an !
! G
1 1.1
K $< < " $ 3.3mC" K 2 &0 20518.9
⇒ = = ÷ω ω π ×
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i las bobinas se colocan en tri*ngulo es
!" $3" 10.2 mC∆ =
PROBLEMA 0:
En el circuito de la figura, la línea +roviene de un generador que +resenta unsistema equilibrado de tensiones de secuencia directa; a7 -eterminar las tensiones "ab,"bc y "ca y las intensidades en los tres consumos, sabiendo que a3$0.2 a2 y que elam+erímetro marca 800 . b7 -eterminar las ca+acidades de la batería decondensadores en tri*ngulo que >ay que conectar a la entrada +ara que el factor de
+otencia del con%unto sea 0.& inductivo.
=")@#
"as +otencias activas y reactivas de las distintas cargas son
)arga 1
cos . . . ϕ ϕ1 10 8 35 89= ⇒ = −ca+
) 1 = ∠ = − ⇒
== −
−100000 80000 5000080000
500003589
1
1
. %4 F
K Vr
)arga 2
cos . . . ϕ ϕ2 20 8 35 89= ⇒ =ind
K 4 Vr 2 2 2 100000 35 89 9&000= = =tg tg .ϕ
"as +otencias a+arentes de las demandas 2 y 3 son
Ia
)∆
Ib
Ic
Ia1 Ib1 Ic1Ia& Ib& Ic&
Ia'Ib'Ic'
$100 V1 4 $100 F2
cos $0.8 ind2ϕcos $0.8 ca+.
1ϕ cos $0.909 ind.
3ϕ
carga 1 carga 2 carga 3
a
b
c
0.1%
0.1%
0.1%
a'
b'
c'
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a b a
a b a
a
a
a
a
3 3
2 2
3
2
3
23 2
3
2
3
3
==
⇒ = ⇒ = ⇒' '
' '
⇒ = + ⋅ ⋅ =3
2 2 3
100 9& 10 0 2 2&000. V
cos . . ϕ ϕ3 30 909 &= ⇒ =ind
) ' = ∠ = + ⇒
==
2&000 1959& 1959&1959&
1959&&
3
3
%4 F
K Vr
4ara determinar la tensi(n en bornes de la carga 2 y 3, usamos la ecuaci(n de la +otencia a+arente +ara las cargas 2 y 3 y la relacionamos con la intensidad de línea quemide el am+erímetro
"
' 2 2 2 2 3
23 " 2 3 2 3 3 64 4 7 6K K 7 6100 19.97 69& 19.97 10 1821.8⇒ = = + + + = + + + × =
"
' 23
"
1821.8 108.1 V
3 3 800⇒ = = =
×
/omando como referencia la tensi(n de fase en bornes de las cargas 2 y 3 del +unto aRcon res+ecto al neutro n de la estrella de las cargas 6real o ficticio7
na ve: fi%ada la referencia, determinamos las intensidades de los consumos 2 y 3
"
"
' 22 2 2 '
12&000 3 559.5
3 3 108.1= ⇒ = = =
×
! teniendo en cuenta que el *ngulo de la carga es 35.89 im+lica que la intensidad defase 6que son intensidades de fase y de línea su+oniendo la carga en estrella7 atrasa35.89 a la tensi(n de fase "a#n que tiene un *ngulo de 0 +or lo +or lo que resulta
2 559.5 35.89 = ∠ −a
I , 2 559.5 1&5.89 = ∠ −b
I y 2 559.5 83.13 = ∠c
I
"
"
' 3
3 3 3 '
2&000 3 133.&
3 3 108.1= ⇒ = = =
×
aRbR
bRcR
cRaR
aRn
bRn
cRn
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! teniendo en cuenta que el *ngulo de la carga es & im+lica que la intensidad de fase6que son intensidades de fase y de línea su+oniendo la carga en estrella7 atrasa & a latensi(n de fase "a#n que tiene un *ngulo de 0 +or lo +or lo que resulta
3133.& & = ∠ −
aI , 3
133.& 15& = ∠ −b
I y 3133.& 9& = ∠
cI
"a intensidad que consumen las cargas 2 y 3 es
23 2 3 559.5 35.89 133.& & 800 38.2 = + = ∠ − + ∠ − = ∠ −a a a
I I I y +ara los otrosconductores de línea
23 800 1&8.2 = ∠ −b
I y 23 800 81.8= ∠c
I
"os c*lculos anteriores tambi?n se +odrían reali:ar considerando una fase 6+or e%em+lola fase a7
I 1&a
a0.1% a'
n
423f
K23f
41
3
K1
3
4 4 4
K K K
44
F
KK
Vr
f
f
23 2 3
23 2 3
2323
2323
100000 1959& 11959&
9&000 1959& 259&3
322&
3308159
= + = + =
= + = + = ⇒
= =
= = .
Caciendo balance de +otencias +ara las cargas 2 y 3
2 2 2 223f 23f 2 2
a'n 23a 23f 23f a'n
23a
4 K 322& 3081.59 28.1 $ 4 K $ 52.1 V
800 800
+⇒ = = =
! tomando el mismo origen de fases "a#n
" a n' . = ∠52 1 0
23 23
3081.59tg 0.9 38.2
322&ϕ = = ⇒ ϕ =
4uesto que la carga total tiene car*cter inductivo la intensidad que consumen la carga 2y 3 es
800 38.2 = ∠ −&'a
I
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4ara obtener la tensi(n en el origen de la línea, a+licamos irc>>off
23 '0.1% 0.1 0 800 38.22 52.1 0 128.3& 2.3 V= + = ∠ × ∠ − + ∠ = ∠an a a n
" I "
"a tensi(n de línea es3 30 222.3 &.3 V= ∠ = ∠
ab an" "
! las otras dos c 222.3 50.9 V= ∠ −b
" y 222.3 19.3 V= ∠ca
"
4ara la carga trif*sica 1, considerada en estrella
cos . . . ϕ ϕ1 10 8 35 89= ⇒ = −ca+
11 " 1 1
"
100000 3 2&.9 3 3 222.3= ⇒ = =×
! teniendo en cuenta que la carga es ca+acitivo, la intensidad adelanta un *ngulo de35.89 a la tensi(n de fase del mismo origen, es decir la tensi(n "an que tiene un *ngulode 2.3 +or lo que resulta7
2&.9 55.2 ⇒ = ∠a1
I , 2&.9 &3.8 = ∠ −b1
I y
2&.9 185.2 2&.9 193.8 = ∠ = ∠ −c1
I
4ara las intensidades totales de línea, resulta
1 23 2&.9 55.2 800 38.2 $999.2& 1.3 = + = ∠ + ∠ − ∠ −a a a
I I I
999.2& 13.3 = ∠ −b
I 999.2& 100.9 = ∠c
I
"as intensidades de los consumos tambi?n las +odríamos determinar a +artir de la +otencia com+le%a +ara una fase
)arga 1
J
80000 50000
33333.33 35.893 3 2&.9 55.2128.3& 2.3 128.3& 2.3
j−
∠ −= = = = ∠∠ ∠1/ a1
an
)I"
resultando2&.9 55.2 = ∠
a1I
)arga 2
J
'
100000 9&0001555.59 35.893 3 559.5 35.89
52.1 0 52.1 0
j+ ∠= = = = ∠
∠ ∠
&/ a&
a n
)I
"
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resultando559.5 35.89 = ∠ −
a&I
)arga 3
J
'
1959& 1959&8332.09 &3 3 133.& &
52.1 0 52.1 0
j+ ∠= = = = ∠
∠ ∠'/
a'
a n
)I
"
resultando133.& & = ∠ −
a'I
b7 El circuito que resulta es
i la tensi(n en a, b, c no cambia, tam+oco cambian las intensidades que circulan +or laslíneas, con lo que la +otencia total de la demanda 1 demanda 2 demanda 3 líneaes
4 4 4 4 Ft = + + = + + =1 2 3 80000 100000 1959& 1959&
K K K K Kt linea= + + + = − + + + ⋅ ⋅ =1 2 3 250000 9&000 1959& 3 01 800 2259&. Vr
4ara una fase y considerando el condensador en estrella
a
n
4 $5&81.59 Ftf
K $981.59 Vr tf
)!
Ia
)∆
Ib
Ic
Ia1 Ib1 Ic1Ia& Ib& Ic&
Ia'Ib'Ic'
$100 V1 4 $100 F2
cos $0.8 ind2ϕcos $0.8 ca+.1ϕ cos $0.909 ind.3ϕ
carga 1 carga 2 carga 3
a
b
c
0.1%
0.1%
0.1%
a'
b'
c'
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"a +otencia reactiva del con%unto es
cos ' . . ' . ϕ ϕt tind= ⇒ =0 & 181
K 4tf tf tf ' tg ' . tg . .= = =ϕ 5&8159 181 215&9 & Vr
"a +otencia reactiva del condensador es
K K K) tf tf != − = − = −' . . .215&9 & 981 59 &323 13 Vr
Entonces la ca+acidad del condensador en estrella es
!)
! 2 2
an
K &323.13) $< 10.2 mH
2 &0 128.3&= =
ω π ×
En tri*ngulo
!)) 3.3 mH
3∆ = =
4odríamos calcularlo tambi?n directamente a+licando la f(rmula de com+ensaci(n
t
2
ab
4 6tgU<tgU'7) $
3 ∆
ω
El factor de +otencia antes de colocar los elementos de com+ensaci(n, se +uede obtener de las +otencias anteriores o del desfase entre "#an e Ia . +artir de las +otencias
t
t
K 2259&tg 1.1355 cos 0.55 ind 8.54 1959&
ϕ = = = ⇒ ϕ = ⇒ ϕ =
Este mismo resultado se obtiene si utili:amos el desfase entre la tensi(n de fase "an a laentrada de la línea y la intensidad total Ia 6que es intensidad de fase su+uesto todo elcon%unto en estrella7
2.3 6 1.3 7 8.5ϕ = ϕ − ϕ = − − =an a"
-ado que el nuevo factor de +otencia solicitado escos ' . . ' . ϕ ϕ= ⇒ =0 2& 8ind
Es evidente que el nuevo factor de +otencia es me%or 6su+erior7 al que dis+oníamos, +or lo que debe colocarse condensadores como elementos com+ensadores. tili:ando laecuaci(n, resulta
t
2 2
ab
4 6tgU<tgU'7 1959&61.1355 0.32857) 3.3 mH
3 3 100 222.3
−= = =
× ×Vω π
PROBLEMA :
n generador trif*sico suministra en sus bornes un sistema equilibrado detensiones senoidales de secuencia directa B) y frecuencia &0 C:. e alimenta un
rece+tor en estrella cuyo neutro +uede unirse con el del generador mediante el
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interru+tor -. Estando abierto -, se registran las lecturas de a+aratosVB$VB)$V)$300 V, $10 , F$ 1000 3 F, V $ 300 3 V.
a7 =btener las indicaciones de los a+aratos V", V) ! V #. b7 )alcular las indicaciones de B, ), FB, F) y el valor de A" y A).c7 e cierra el interru+tor -. )alcular las lecturas de los a+aratos V , V", V), B,
), =, F, FB y F)
B
)
=
-
"
)
#
VB
F
V)
VB)
B
-
)
V #
V) V
"V
FB
F)
AI
BI
I
=")@#
a7 /omando como origen de fases la tensi(n de fase " AO , y +uesto que" "L != ∠3 30 , se tiene
"A
"B
"AB
"AO
"BO
"O
F a = a a a= ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ = ∠cos6 , 7 cos " IAO a 1000 3 10300
30 10 0ϕ ϕ
Ia est* en fase con "AO 6 7ϕ a = 0 y +or otro lado, dado que en la fase >ay unaresistencia, Ia est* en fase con "A( , +or lo tanto "AO est* en fase con "A(. 4or otra
+arte, teniendo en cuenta la ley de irc>>off, se tiene
" " " " " "AO A( (O (O AO A(
= + ⇒ = −
" AO = ∠300
30 y V = ⇒ = ∠300 3 300 3 0" A(
⇒ = ∠ − ∠ = − ∠ ⇒ = ∠" "(O O(
300
3300 3 200 3 200 30 0 0 0
es decir, el voltímetro V # = 200 3 V
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/ambi?n de la figura es f*cil ver que
" " "AB A( (B= + ⇒ ∠ = ∠ + ∠ ⇒300 300 330 0 #B ϕ
300 30 300 3
300 30
1&0 3
1&0
cos cos
sen sen
cos
sen
= +
=⇒
− =
=
#B
#B
#B
#B
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
-ividiendo ambas ecuaciones resulta
tg
ϕ ϕ= − ⇒ =
−
1
3
1&0
30
i se sustituye la segunda +osible soluci(n en la +rimera ecuaci(n resulta #B$<300 y elm(dulo no +uede ser negativo, mientras que +ara la +rimera +osible soluci(n resulta
B# = 300 y ϕ = ⇒ = ∠1&0 300 1&0 " (B
4or lo tanto la tensi(n "B( viene dada +or
" "B( (B= − = ∠ −300 30
es decir, el voltímetro V" = 300 V
sí mismo
" " "B B( (= + ⇒ ∠ = ∠ + ∠ ⇒− −300 3000 30 ' #) ϕ
0 300 30
300 300 30
1&0 3
1&0
= −
− = − +⇒
− =
− =
cos cos '
sen sen '
cos '
sen '
#)
#)
#)
#)
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
-ividiendo ambas ecuaciones resulta
tg '
ϕ ϕ= ⇒ =
−
1
3
30
1&0
i se sustituye la +rimera +osible soluci(n en la +rimera ecuaci(n resulta #)$<300 y elm(dulo no +uede ser negativo, mientras que +ara la segunda +osible soluci(n resulta
#) = 300 y ϕ' = − ⇒ = ∠ −1&0 300 1&0" (
4or lo tanto la tensi(n "+( viene dada +or
" "( (= − = ∠300 30
es decir, el voltímetro V) = 300 V
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b7 /eniendo en cuenta que en la fase B >ay una bobina, la intensidad Ib atrasa 0res+ecto a "B(, es decir
Ib = ∠ − b 120
-ado que en la fase ) >ay un condensador, la intensidad Ic adelanta 0 res+ecto a "+(,es decir
I c = ∠ c 120
+or lo tanto las intensidades de línea est*n desfasadas entre sí 120. -ado que el neutroest* a circuito abierto, se tiene que
I I Ia b c+ + = ⇒ ∠ + ∠ + ∠ =−0 10 00 120 120 b c
b c
b c
b c
b b b
32
32
0
101
2
1
20
101
2
1
20 10
− =
− − =⇒
=− − = ⇒ =
Es decir Ib = ∠ −10 120 y I c = ∠10 120
/ambi?n +odríamos llegar al mismo resultado teniendo en cuenta que son tres fasoresdesfasados 120 y su suma es nula +or lo que sus m(dulos deben ser iguales a$ b$c$10
4or lo tanto los am+erímetros indican
B = 10 , ) = 10 y = = 0
4ara los vatímetros se obtiene
F B B= b= = =cos6 , 7 cos " IBO b
300
310 0 1000 3 F
F ) )= c= = =cos6 , 7 cos " I+O c
300
3
10 0 1000 3 F
-e los resultados anteriores se calculan f*cilmente los valores de la resistencia y lasreactancias de la bobina y el condensador
= = ∠
∠=
"
I
A(
a
300 3
1030 3
0
0
%A %W" A" "= = = ∠
∠ = ∠ ⇒ =
−
−
"
I
B(
b
300
1030 30
30
1200
7/23/2019 Enunciado Problemas Trifasica y Soluciones-1 (1)
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%A %W)
A) )= − = = ∠
∠ = ∠ ⇒ = −−
1 300
1030 30
30
1200
"
I
(
c
c7 i se cierra el interru+tor -, los +untos neutros = y # de las estrellas de lageneraci(n y la carga est*n al mismo +otencial, +or lo tanto =#$0 V, y +uesto que elgenerador no cambia sus tensiones
" " "AO BO +O= ∠ = ∠ = ∠−300
3
300
3
300
30 120 120
" " "AB B A= ∠ = ∠ = ∠−300 300 30030 0 1&0
Entonces
" "A( AO
= = ∠ ⇒ =300
3
300
3
0 V
V
" "B( BO= = ∠ ⇒ =−300
3
300
3120 V" V
" "( O= = ∠ ⇒ =
300
3
300
3120 V) V
4ara las intensidades se deduce
I "
a
A(= =∠
∠ = ∠ ⇒ =
300
3
30 3
10
3
10
3
0
00
I"
b
B(= =∠
∠ = ∠ ⇒ =
−
%A
"B
300
3
30
10
3
10
3
120
01&0
I"
c
(= =∠
∠
= ∠ ⇒ =− %A
)
)
300
3
30
10
3
10
3
120
0
210
I I I I( a b c= + + = ∠ + ∠ + ∠ = ∠10
3
10
3
10
3
20
30 1&0 210 180
+or lo tanto = =20
3
4ara los vatímetros resulta
F = a= = =cos6 , 7 cos " IAO a
300
3
10
3 0
1000
3F
F B B= b= = =cos6 , 7 cos " IBO b
300
3
10
3 0 0 F
7/23/2019 Enunciado Problemas Trifasica y Soluciones-1 (1)
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F ) )= c= = − =cos6 , 7 cos6 7" I+O c
300
3
10
3 0 0 F
PROBLEMA 2:
n generador trif*sico sim?trico y de secuencia directa alimenta las cargas ,AB y G), no accesibles, +or lo que no +ueden reali:arse mediciones directas. Estando elinterru+tor - abierto, los a+aratos +resentan las lecturas siguientes VB$VB)$V)$100V, $12 , B$5 , F1$ 00 3 F y F2$0 F. a7 Estando abierto el interru+tor -,calcular las tensiones de línea, las tensiones de fase en la carga, la tensi(n "3 y lasim+edancias de la carga. b7 )uales ser*n las indicaciones de los a+aratos cuando secierra - c7 C*llese la corriente del neutro.
B
Z
=
-
A
)
#
VB
F1
V)
VB)
B
F2
AI
BI
I
-V
B
(I
=")@#
a7 /omando como referencia de fases la tensi(n de fase en generaci(n "AO, setiene
"A
"B
"AB
"AO
"BO
"O
4uesto que " "AB AO= ∠3 30 , resulta
" " "AO BO +O= ∠ = ∠ = ∠−100
3
100
3
100
30 120 120
" " "AB B A= ∠ = ∠ = ∠−100 100 10030 0 1&0
-e la indicaci(n del vatímetro 2 se deduce
7/23/2019 Enunciado Problemas Trifasica y Soluciones-1 (1)
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F B) ) B) )2 0 0 0= = = ⇒ = ⇒ = ±cos6 , 7 cos cos " IB ϕ ϕ ϕ
es decir, la intensidad Ic adelanta o atrasa 0 res+ecto a la tensi(n "B+. /eniendo encuenta el origen de fases
I c = ∠ c 180 ( I c = ∠ c 0
+artir del vatímetro 1 resulta
F = = 1 00 3100
312
00 3 3
100 12 1 0
= = = =
⇒ =⋅
= ⇒ =
cos6 , 7 cos ' cos '
cos ' '
" IAO A ϕ ϕ
ϕ ϕ
es decir, la intensidad Ia est* en fase con la tensi(n "AO, +or lo tanto
I a = ∠12 0
-el am+erímetro B se deduce que
I b = ∠5 α
+licando la 1X ley de irc>>off y considerando que el interru+tor - est* abierto, secum+le que IaIbIc$0. /eniendo en cuenta los dos +osibles valores +ara la intensidadIc se tiene
17 I c = ∠ c 180
IaIbIc$0 ⇒ ∠ + ∠ + ∠ ⇒12 50 180 α c
12 5 0
5 00
+ − =
=⇒ =
cos
sen
α
αα
c ( α = ⇒180
si α = ⇒ =0 18 c si α = ⇒ =180 5 c
27 I c = ∠ c 0
IaIbIc$0 ⇒ ∠ + ∠ + ∠ ⇒12 50 0 α c
12 5 0
5 00
+ + =
=⇒ =
cos
sen
α
αα
c ( α = ⇒180
si α = ⇒ = −0 18 I c lo cual no es +osiblesi α = ⇒ = −180 5 I
c lo cual no es +osible
+or lo tanto de 17 y27 se deduce que
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I c = ∠ c 180 e Ib = ∠5 0 ( Ib = ∠5 180
4or otra +arte se tiene que la tensi(n "A( est* en fase con la intensidad Ia, +or ser laim+edancia de fase una resistencia. sí mismo la tensi(n "B( est* adelantada 0res+ecto a la intensidad Ib +or ser la im+edancia de fase B una bobina. /eniendo en
cuenta los *ngulos de fase de las intensidades, de lo anterior tenemos que
" A( = ∠ # 0 y " B( = ∠B# 0 ( " B( = ∠ − B# 0
a+licando la segunda ley de irc>>off y considerando los dos +osibles *ngulos +ara"B(, se tiene que
# B#
# B#
17 5 0 100 30 0 0
27 5 180 100 30 0 0b
b
I
I
= ∠ ⇒ ∠ = ∠ − ∠= − ⇒
= ∠ ⇒ ∠ = ∠ − ∠ −AB A( B(" " "
17 ⇒ == −
⇒ = −100 30
100 30&0
cos
sen
#
B#B# V lo cual es im+osible
27#
#
B#
100 cos 30 &0 3 85.5
100 sen 30
=⇒ ⇒ = =
=V y B# = &0 V
es decir, de lo anterior deducimos que
&0 3 0 85.5 0= ∠ = ∠A(
" y " B( = ∠ −&0 0
I c = ∠5 180 y Ib = ∠5 180
+licando la 2X ley de irc>>off se tiene" " " " " " "B B( ( ( B( B (= − ⇒ = − = ∠ − ∠ ⇒ = ∠− −&0 100 &00 0 0
4or a+licaci(n de la 2X ley de irc>>off se tiene
" " " " " " "AO A( O( O( A( AO O(= − ⇒ = − = ∠ − ∠ ⇒ = ∠&0 3100
3
&0
30 0 0
es decir, el voltímetro V- indica&0
3V
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"(
"A(
"B(
Ia
Ib
Ic
+licando la ley de =>m, se obtiene +ara las im+edancias
= = ∠
∠=
"
I
A(
A
&0 3
129 22
0
0
.
%A AB B= = ∠∠
= ∠ ⇒ =−"
I
B(
B
&0
58 33 8 33
0
1800
. .
%A A) )= = ∠∠
= ∠ ⇒ = −−"
I
(
&0
58 33 8 33
0
1800
. .
b7 l cerrar el interru+tor -, los +untos neutros = y # est*n al mismo +otencial. 4or lotanto, a+licando =>m
I
" "
a
AO A(
= = =
∠
= ∠ ⇒ =
100
39 22 8 8
0
0
.
I"
b
B(=∠
=∠
∠ = ∠ = ∠ ⇒ =
−
−A
B
B0
120
0210 1&0
100
3
8 33
12
3
12
3
12
3
.
I "
Zc
(
= =∠
∠ = ∠
− −
100
3
8 33
12
3
120
01&0
.
c7 +licando la 1X ley de irc>>off, se obtiene +ara la intensidad del neutro
I I I I( a b c= − − − = − ∠ − ∠ − ∠ ⇒−8 123
123
0 1&0 1&0
I ( = ∠ 0
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"A(
"B(
"(
Ia
Ib
Ic
I(
/eniendo en cuenta los *ngulos de fase, se obtiene +ara los vatímetros
F # 1
100
38 0
800
3= = =cos6 , 7 cos " IA( A F
2 B) ) )12 500F $ cos6 , 7 100 cos 50
3 3= =
B" I F
PROBLEMA 4:
n sistema trif*sico de secuencia directa y cuya tensi(n de línea es 100 Valimenta una carga en tri*ngulo cuyas im+edancias son Ga$1& y a$50, G b$10 y b$0, Gc$10 y c$30 y una carga monof*sica de valor Zm$1.&2%, donde G"$3 y"$20. )alcular 17 ntensidades de fase Ia, Ib, Ic e Ic#, línea IAB, IB+ e I+A y corriente
monof*sica Im. 27 "ectura de los vatímetros y +otencia absorbida +or la carga trif*sica.37 i el +unto neutro del sistema en estrella equivalente de la carga trif*sica lo unimosdirectamente con tierra, considerando que el neutro del generador est* unido tambi?n atierra, determinar el estado de tensiones e intensidades en bornes de la carga. 7)onsiderando que el neutro del generador est* unido a tierra, se +roduce un fallo decortocircuito entre la fase ) y tierra. -eterminar la corriente +ermanente decortocircuito.
++
+
W1
W2
E 120
E 0
E <120
ZL
Zm
ZA
ZBZ
B)
a
bc
I a
I b
I c
I m
Ic
I AB I A
I B
=")@#
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17 /eniendo en cuenta la tensi(n de línea, la tensi(n de los generadores es
E E E1 & '= ∠ = ∠ = ∠−100
3
100
3
100
30 120 120
4ara las tensiones de línea se obtiene
" " "ab bc ca
= ∠ = ∠ = ∠−100 100 100 1&030 0
"as im+edancias +ueden +onerse como
%8.23&.2 %2&.1 2013.&3 +=∠=∠=+= Lm
ZZ
Z Z ZA B
= ∠ = + = ∠ = = ∠ = +1& 9 & 13 10 10 10 8 9 &50 0 30 . . % %
-ado que la im+edancia monof*sica Zm est* en +aralelo con ZA, se obtiene +ara su
im+edancia equivalente Z#A
Z Z Z
Z Z
m A
m A
' .
.. . .
.
. . %=
+=
∠ ∠
∠ + ∠= ∠ = +
2 & 1&
2 & 1&21 1 2 1 9
&313 50
&313 50&13
/ransformando la carga en tri*ngulo formado +or ZA#, ZB y Z+ a su estrella equivalenteZ1, Z& y Z', se tiene
ZA
ZBZ+ Z1
Z& Z'
B )
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
1
B
A B
&
A
A B
A B
=
+ +
= ∠
+
= + = ∠
=+ +
= ∠
+ = + = ∠
=+ +
= ∠
+ = + = ∠
' . .
. . .
'
' . .. .
' . .. .
.
. .
. .
100
1 5 9
9 0 & 8
21
1 5 90 2 0 1 1
21
1 5 90 81 0 &8 1
3011
8135&&
&133&&3
%
%
% %
% %
quedando el circuito como
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++
+
E 0
E 120E <120
Ia
Ib
Ic
I1
I&
Z1
Z& Z
'
ZL
i asociamos las im+edancias
23 53 3 2 8 0 81 0 &8 3 51 1 &8 3 . º L Z' = Z Z . j . . j . j . .+ = + + + = + × = ∠
+licando el teorema de Yillman
11 0 5& & 120 23 5 120'1 1 2 2 3 3
'1 2 3 11 5& & 23 5
1 100 100 1 1001 8 3 3 3 3
1 11
8 3
. º º . º º . º º
nn'
. º . º . º
Y E Y E Y E . .U
Y Y Y . .
− − − −
− − −
∠ × ∠ + ∠ × ∠ + ∠ × ∠× + × + ×
= =+ + ∠ + ∠ + ∠
⇒ 11 18& & 5 35 120
11 5& & 23 5
1 1 1001
100 8 3 31 13 1
8 3
. º . º . º º
nn'
. º . º . º
. .U
. .
− −
− − −
∠ + ∠ + ∠ × ∠= ×
∠ + ∠ + ∠
⇒
( ) ( )
( ) ( )
0 2 1 0 03 0 0 0 1 0 2&100
0 2 0 1 0 23 0 0 0 1 0 13nn'
. . j . . .
U . . . j . . .
− − + × − + +
= × + + + × − − −
⇒1& &2
210 85&1 3
100 0 83 0 31 100 0 8939 8
0 8 1 0& 1 33 3
. º . º nn'
. º
. j . .U .
. j . . −
− + × ∠= × = × = ∠
− × ∠
na ve: calculada la tensi(n entre neutros, a+licando irc>>off, obtenemos
( )0 210 85
12 0510 55
11 11 11 1
10039 8
&9 93 32 19 1 2 1 331 1&
8 8 8
º . º . º nn'
. º a. º . º . º
.. . j . E U .
I . Z . . .
∠ − ∠ + + ×− ∠= = = = = ∠
∠ ∠ ∠
n*logamente
( ) ( )120 210 85
83882
5& & 5& & 5& &2
10039 8
28 89 32 19 &0 1 2 30 83
1 1 1
º . º . º nn'
b. º . º . º
.. . j . E U .
I Z
−−
∠ − ∠ − + + × − +− ∠= = = =
∠ ∠ ∠
⇒ 1 38 210 5230 8 30 8. º . º b I . .−= ∠ = ∠
( ) ( )
120 210 85
89293 5353' 23 5 23 5 23 53
10039 8
28 89 32 19 &0 1 2 5 283 19 &83 3 3
º . º
. º nn' . º c. º . º .
.
. . j . E U . I .. . . º Z
∠ − ∠
− + + × +− ∠= = = = = ∠∠ ∠ ∠
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na ve: obtenidas las intensidades de línea y volviendo al circuito original, se obtiene +ara la intensidad monof*sica 6v?ase fig.7.
20 53 53 83 533 19 &8 &2 9º . º . º c' m L cU Z I . .= × = ∠ × ∠ = ∠
( ) ( ) 82 2 3 28 89 28 89 & 8& &0 &0 &2 1 9 & . º b' m c' mU E E U . . . j . . −= − + = − + + + × − − + = ∠
82 135 12
&3 13
9 &1 18
2 &
. º b' m. º m
. º m
U . I .
Z .
−−
∠= = = ∠
∠
na ve: obtenidas las intensidades de línea y volviendo al circuito original, seobtiene +ara la intensidad monof*sica 6v?ase fig.7.
" Z IcM L c= = ∠ ∠ = ∠3 2 83 9 20 20 1 22 1 . . . .
" E E "BM & ' cM= − + = − + = ∠&3 21 9 89 91&9 138 02. . . . %
I"
Zm
BM
m
= = ∠
∠= ∠
91&9
2 &2853
138 02
&3138 8
.
..
.
. .
++
+
E 120
E 0
E <120
ZL
Zm
ZA
ZBZ
B)
a
bc
I a
I b
I c
I m
Y
Ic
4ara la intensidad c I' se tiene
( ) ( )53 53 135 1219 &8 1 18 9 81 13 82 1& 9& 13 2. º . º c c m I' I I . . . . j . .−= + = ∠ + ∠ = − + × −
1&9 95 01 2 5 5 . º c I' . j . .= − + × = ∠
4ara obtener las intensidades de fase en la carga +reviamente se calculan las tensionesen bornes de la carga a +artir de las intensidades anteriores
30 0 30 301
1003 1 3 1 100
3º º º º ab a' b' U U E = = × × ∠ = × ∠ × ∠ = ∠ ÷
82 9 & . º bc b' mU U . −= = ∠
83 53 120 30 83 53 1&0100
&2 9 3 1 &2 9 1003
. º º º . º º ca mc' c' a' c' m c' a' U U U U U . .
= + = − + = − ∠ + × ∠ × ∠ = − ∠ + ∠ ÷
( ) ( ) 1 9185 5 & 8& &0 &2 1 80 9& 2 1 80 9 . º caU . . j . . j . . −= − + × − = − × = ∠
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+artir de las tensiones de fase 6o línea7, se obtienen las intensidades de fase en lacarga
300
30
10010
10
º abº
ab º ab
U I
Z
∠= = = ∠
∠
8212
50
9 &3 20
1&
. º bc. º bc
º bc
U . I .
Z
−−
∠= = = ∠
∠
1 911 91
0
80 98 09
10
. º ca. º ca
º ca
U . I .
Z
−−
∠= = = ∠
∠
27 "ectura de los vatímetros
30 0 551 ab aF 100 1 1& cos6 7 100 1 1& 2 3 155 35 Fab a
º . º ab a U I Re U I * Re . . cos . .ϕ ϕ −= × = ∠ × ∠ = − = × × =
9 01 1&9 92 bc cF 9 & 5 cos6 7cb c
. º . º cb c bc c U I Re U I * Re U I * Re . . ϕ ϕ −= × = − × = ∠ × ∠ = −
⇒ ( )2F 9 & 5 50 93 1&2 1& F. . cos . .= × − =
-ado que los vatímetros est*n conectados en coneDi(n aron, la +otencia activaabsorbida +or la carga trif*sica viene dada +or la suma de las indicaciones de los dosvatímetros
F&1.1821FFF 21 =+=
37 El circuito resultante es
E 0
E <120
E 120
I 1
I 2
Z 1
Z 2
Z 3
a
b c
n
I 3
I m
Z " Z m I' 3
"as im+edancias de la estrella equivalente son
&1 3 1&ab ca. º
ab bc ca
Z Z Z .
Z Z Z −
×= = ∠
+ + && &2 9bc ab. º
ab bc ca
Z Z Z .
Z Z Z
×= = ∠
+ + y 2& &3 9ca bc. º
ab bc ca
Z Z Z .
Z Z Z
×= = ∠
+ +
"a coneDi(n a tierra de ambos neutros equivale a la uni(n de los mismos con unconductor sin im+edancia 6cortocircuito7, +or lo que a+licando irc>>off, se obtiene
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01 &1
&1
&9 918 3
3 1&
º . º
. º
E . I .
Z . −
∠= = = ∠
∠ e1202
19& &2&& &2
&9 912 3
9
º . º
. º
E . I .
Z .
−−
∠= = = ∠
∠
4ara calcular 3 I +lanteamos
3 3 3 3
2 3 3
3 3
0
0
L
L m m
m
E Z I' Z I
E E Z I' Z I
I' I I
− + × + × =− + × − × =
= − $Z
3 3 3 3
3
0
0 L L m
b' c' L L m m m
E Z I Z I Z I
U Z I Z I Z I
− + × − × + × =+ × − × − × =
( )
( )
3 3 3
3 0
Lm
L
b' c' L L m m
E Z Z I I
Z
U Z I Z Z I
− + + ×=
+ × − + × = $Z ( )
( )3 3 33 0
Lb' c' L L m
L
E Z Z I U Z I Z Z
Z
− + + ×+ × − + × =
( ) ( ) ( )( )3 3 3 0 L b' c' L m L L L m L Z U Z Z E Z Z Z Z Z Z I × + + × + × − + × + ×
( )
( )3
33
L b' c' L m
m L L m
Z U Z Z E I
Z Z Z Z Z
× + + ×=
× + × + $Z90 1& 221
152 193&3 13 50 & 93
300 302 3& 2308 8
2 & 2 53 29 12
º . º . º . º
. º . º . º
. I .
. . .
−∠ + ∠ ∠= = = ∠
∠ + ∠ ∠
"as tensiones en bornes de la carga resultan
301 2 100 Vº abU E E = − = ∠
183 333 3 1 1 9 3 V. º caU Z I Z I .= × − × = ∠
95 52 3 3 & V. º bc b' cU U E Z I . −= = − × = ∠
"a intensidad monof*sica se obtiene a +artir de
95 512 93
&3 13
& 18 35
2 &
. º bc. º m
. º m
U . I .
Z .
−−
∠= = ∠
∠
7 i la fase c se cortocircuita con tierra, resulta el circuito
E 0
E <120
b c
a
bcE 120
a
I cc1 Z bc
Z ca Z ab
Z m
I cc2
I cc3
I cc
Z "
m
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)alculando +or se+arado cada una de las com+onentes de la intensidad de cortocircuito,se tiene
1202 193 131&313
12031002
20
12021803
50
010
0
&9 9 23 08 2 &
&9 91 23
3
&9 93 8&
1&
&9 9& 99
10
º b' m . º cc. º m m
º c' mº cc
º L L
º bc b' mº cc
º bc bc bc
º ac a' mº cc
º ca ca ca
U E . I . Z Z .
U E . I .
Z Z
U U E . I .
Z Z Z
U U E . I .
Z Z Z
− −
−
∠= = = = ∠∠
∠= = = = ∠
∠⇒
∠= = = = = ∠
∠
∠= = = = = ∠
∠
19 38
1
2 33 15 18 2 22 i
. º cc cci
i
I I . j . .=
== = − + × = ∠∑
PROBLEMA 15:
un generador trif*sico equilibrado en estrella , se conecta una carga en estrellaequilibrada a$ b$ c. abiendo que la tensi(n de línea 1$220 V, e a$ b$c$1 ,calcular las intensidades de línea 6o de fase7 y las tensiones de fase en la carga, así comolos diagramas +ara cada uno de los casos siguientes a7 "os interru+tores 1 y 3 cerradosy el 2 abierto. b7 "os interru+tores igual que en el a+artado 1 +ero la resistencia a sesustituye +or un condensador de la misma im+edancia que a. c7e abre el interru+tor 1,
+ermaneciendo el 2 y el 3 igual que en el a+artado 1. d7 /odos los interru+tores abiertos.e7"os interru+tores 1 ! 2 cerrados y el 3 abierto.
++
+
Ia
Ib
Ic
R aI
(
B )
a
bc R b
R c
1
2
3n #
=")@#
a7 Eligiendo la tensi(n "an como origen de fases, considerando que es de secuenciadirecta y que las im+edancias de la estrella son resistencias +uras, se tiene
" " " " "
" "
" "
AB ab an AB ab
B bc
A ca
= = ∠ ⇒ = = ∠
= = ∠
= = ∠
−
3 220
220
220
30 30
0
1&0
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-ada la relaci(n entre tensiones de línea y tensiones de fase, se obtiene +ara estasSltimas
""
" "
A(AB
B( +(
=∠
= ∠
∠= ∠
= ∠ = ∠−
3
220
3129
129 129
30
30
30
0
120 120
,
,
"as resistencias resultan
B )
H
H
= = = = =129
1129 Ω
"as intensidades son
I I Ia b c
= ∠ = ∠ = ∠−1 1 10 120 120 , ,
4or ser el sistema totalmente equilibrado la intensidad del neutro es nula.
"+A
"+(
"B(
"B+
"A(
"AB
I a
I b
I c
b7 l sustituir +or un condensador la tensi(n de fase no se modifica 6"A( $ "an7 +erola intensidad Ia se desfasa 0 en adelanto res+ecto a la "an
"a intensidad del neutro viene dada +or
I I I In a b c= + + = ∠ + ∠ + ∠ = ∠−1 1 1 20 120 120 13&
I A
I B
I +
I (
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c7 l abrir el interru+tor 1 mientras 2 +ermanece abierto y 3 cerrado se verifica que
" " "A( B( bn= = = ∠ −0 1 120, y " "( cn= = ∠1 120
I
I"
I"
I I I
a
b
bn
c
cn
n b c
=
= = ∠
= ∠
= = ∠
= ∠
= + = ∠ ∠ = ∠
−−
− +
0
1
11
1
11
1 1 1
120120
120120
120 120 180
b
c
Ic
Ib
In
d7 /odos los interru+tores est*n abiertos. En este caso la tensi(n de los neutros degeneraci(n y de la carga +ueden ser diferentes
dado que B$ ) y que I I " "b c B( (
= − ⇒ = ⇒
" " " "B B( ( B(= + = 2
" " " " "
"
" "
" "
n( bn B( bn
B
n(
B(B
( B(
= − + = − + = −
∠ + ∠
⇒ = ∠
= = − ∠ = ∠
= − = − ∠ = ∠
− −
− −
−
2
220
3
220
253&
2220
2110
110 110
1200
0
0 0
0 0
.
I"
I I
b
B(
c b
= =∠
= ∠
= − = ∠
−−
B
110
129 0855
0855
00
0
.
.
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I B
I +
e7 "os interru+tores 1 y 2 est* cerrados y 3 abierto. En este caso, los +untos a, y #est*n al mismo +otencial. 4or lo tanto, se tiene que
" " "
" "
I" " "
I" "
I I I
B( b( ba
( ca
b
B( ba ab
c
( ca
a b c
= = = − ∠ = ∠
= = ∠
= = = −
= − ∠
= ∠
= = = ∠
= ∠
= − − = − ∠ ∠ = ∠
−
−
− +
220 220
220
220
1293
220
1293
3 1 3
30 1&0
1&0
301&0
1&01&0
1&0 1 1&0 0
6 7
B B B
) )
resultando el diagrama fasorial
I A
I B
I +
PROBLEMA 11:
egSn el esquema de la figura, un generador trif*sico equilibrado de secuenciadirecta /, alimenta tres consumos de diversa naturale:a. a7 e cierra el interru+tor -1,estando abiertos los otros, registr*ndose las siguientes lecturas 1$50 , V = 1&0 3 V,V"$1&0 V. )alcular la lectura de los restantes a+aratos y las +otencias activa y reactiva
+ro+orcionadas +or el generador. b7 e cierra a>ora -2 continuando abierto -3, con lo
que el generador, sin variar sus tensiones, suministra en el con%unto de las tres fasesdoble +otencia activa y reactiva que en el +rimer caso. )alcular las nuevas indicaciones
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, /, F1 ! F2 y las +otencias activa y reactiva suministrada +or el generador. c7 ecierra -3 quedando a>ora todos los interru+tores cerrados. En esta condiciones G32 y G33
son tales que el con%unto de todas las cargas forman un sistema equilibrado. -eterminar las indicaciones de 32, 33 ! #. d7 )alcular las im+edancias G32 y G33 +ara que secum+la el a+artado anterior.
'
/
#
'
/
#
F1
F2
"V
V
1
2
32
33
1-
2-
3-
1
G32
A1
2
G33
6&
R I
)I
%I
(I
1I
&I
'&I
''I
=")@#
a7 l cerrar -1, con la lectura dada de los a+aratos, se tiene
1 1 50 = = 1 V 1&0 3 V= = y A1 " $ 1&0 V= V
/omando como origen de fases la tensi(n de fase #, resulta
I I I I IR 1 ) 1 R = = ∠ ⇒ = − = − = ∠ ⇒ =50 50 500 180
sí mismo I I% (
= = ⇒ = =0 0 / #
4or otra +arte la intensidad 1 circula +or la resistencia 1 y la reactancia A1 +or lo que lacaída de tensi(n en estos elementos est* en cuadratura
1
1&0 3 0 V
1 150 0 A 1&0 0 V1 1
R
U
R I I U X
⇒ = ∠= = ∠ ⇒ ⇒ = ∠
4or tanto, se obtiene +ara la tensi(n de línea
1&0 3 0 1&0 0 300 30= + = ∠ + ∠ = ∠R) R1 61
" " "
! +or ser equilibrado en generaci(n
" )% = ∠ −300 120 y " %R = ∠300 120
4ara los vatímetros se tiene
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F 1 300 50 30 000 3= = ⋅ ⋅ =cos6 , 7 cos F
F / / / /2 300 0 0= = ⋅ =cos6 , 7 F
El vatímetro F1 mide la +otencia activa consumida +or la carga conectada
1 1F 4 000 3 F= =El *ngulo de la carga ϕ1 viene dado +or el desfase entre la tensi(n en bornes de lacarga y la intensidad 1 que circula +or la misma
11 30 0 30 RS U I
ϕ = ϕ − ϕ = − =
4or lo que se obtiene +ara la +otencia reactiva consumida +or la carga 1
1 1 1
1K 4 tg 000 3 $000 Vr
3
= ϕ = ×
/ambi?n +odríamos >aber utili:ado la ecuaci(n de la +otencia com+le%a +ara la carga 1
J 300 30 50 0 18000 30 000 3 000 %= = ∠ × ∠ = ∠ = +1 R) 1
) " I
-ado que solo est* conectada la carga 1, las +otencias totales coinciden con lasconsumidas +or esta carga
t 1 t 14 $4 000 3 F K $K $000 Vr ⇒ =
b7 l cerrar el interru+tor -2 no se modifica el r?gimen de tensiones, mientras que la
+otencia total consumida es el doble que en el +rimer caso. Yanteniendo el origen defases, las tensiones resultan
" " "R( )( %(= ∠ = ∠ = ∠−300
3
300
3
300
30 120 120
)omo las tensiones +ermanecen fi%as, el +rimer rece+tor consume igual +otencia que enel +rimer caso, +or lo que la segunda carga consume igual +otencia que el +rimer rece+tor
4 F
K Vr
4 K VK
4ind
2
2
2 2
2
2
2
22
2
2
000 3
000
18000
30==
⇒ = + == ⇒ =tg .ϕ ϕ
i consideramos que el segundo consumo est* en estrella, utili:amos la ecuaci(n de la +otencia com+le%a que ser*, al ser la carga y sus tensiones en bornes equilibradas, tresveces la consumida en una fase. i utili:amos la fase la intensidad I& viene dada +or
) " I I )
"& R(& &R &R
&
R(&
= ⇒ = = ∠
∠= ∠3
3
18000
3300
3
20 330
0
30J J
20 3 30 , 20 3 1&0 e 20 3 0 R⇒ = ∠ − = ∠ − = ∠
& &) &%I I I
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+licando irc>>off, obtenemos +ara las intensidades de línea totales
50 0 20 3 30 1.9 10.
20 3 0
50 180 20 3 1&0 1.9 10.
= + = ∠ + ∠ − = ∠ −
= = ∠
= − + = ∠ + ∠ − = ∠
R 1 &R
% &%
) 1 &)
I I I
I I
I I I
4ara los vatímetros resulta
1 F $ cos6 , 7 300 1.9 cos630 10.7 2099 F RS RU I = × × + = F
F / / / /2 = cos6 , 7 ya que " ")% %)= ∠ ⇒ = ∠−300 3000 0
Entonces 7& = ⋅ ⋅ =300 20 3 0 1032 3cos . F
F F F/ = + =1 2 31155 3. F
c7 l cerrar el interru+tor -3 se tiene un sistema trif*sico equilibrado tanto en cargacomo en generaci(n, +or lo tanto, la intensidad del neutro es nula I($0. -ado que laSnica carga conectada al neutro es el consumo 3, se deduce que
I I'' '&= −
sí mismo se cum+le que
I I IR ) %+ + = = =0 / y desfasadas 120
4uesto que la carga tres no est* conectada a la fase , la intensidad de línea IR es igualque en el a+artado anterior, es decir
50 0 20 3 30 1.9 10. = ∠ + ∠ − = ∠ −R
I
-ado que son equilibradas, las restantes intensidades de línea son
1 120 1.9 130. e 1 120 1.9 10.1 = ∠ − = ∠ − = ∠ = ∠) R % R
I I I I
4or otra +arte I I I I) 1 &) '&
= − + + ⇒
50 50 50 120 = + − = ∠ − ⇒ = − = ∠'& ) 1 &) '' '&
I I I I I I
es decir 33 32 50= = y # = 0
d7 +licando la ley de =>m se tiene +ara las im+edancias
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Z "
I
Z "
I
'&
)(
'&
''
%(
''
= =∠
∠ = ∠
= =∠
∠ = ∠
−
−−
300
3
50
&
3
300
3
50
&
3
120
5050
120
1200
PROBLEMA 1&:
En el circuito de la figura la línea +roviene de un generador que +resenta unsistema equilibrado de tensiones de secuencia directa. El voltímetro V marca 380 V, elinterru+tor -1 est* abierto y el interru+tor -2 est* cerrado. a7 -eterminar las
intensidades en los tres consumos, así como In, sabiendo que la +otencia de cada líneaes ) ZL1 = ∠1 &0 V. b7 e cierra el interru+tor -1 y se abre el interru+tor -2,determinar las nuevas intensidades en los tres consumos, así como In. c7 -eterminar lasca+acidades de la batería de condensadores en tri*ngulo que >ay que conectar en
+aralelo con el consumo 3 +ara que el factor de +otencia del con%unto consumo 3 batería de condensadores sea 0.& inductivo.
4 $& F3
cos $0.9 ind.3
ϕ
-emanda 3
)∆
Ia'
Ib'
Ic'
a'
b'
c'
ZL1
ZL1
ZL1
Ia& Ib& Ic&Ia1 Ib1 Ic1
a
c
nIn
V
Z&
$10 30
Z&
Z&
Z1c
$1& 0
Z1a
$10 &
Z1b
$20 <30
-2
-1 -emanda 2
-emanda 1
Zn
$23%
n 1
=")@#
/omando como origen de fases "an
Van ab an= ⇒ = =380
3220
" an = ∠220 0 " bn = ∠ −220 120 y " cn = ∠220 120
" ab = ∠380 30 " bc = ∠ −380 0 y " ca = ∠380 1&0
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El circuito que resulta es
4 $& F3
cos $0.9 ind.3
ϕ
-emanda 3
I a'
I b'
I c'
a'
b'
c'
ZL1
ZL1
ZL1
I a& I b& I c&I a1 I b1 I c1
a
c
nI n
Z&
$10 30
Z&
Z&
Z1c
$1& 0
Z1a
$10 &
Z1b
$20 <30
-emanda 2
-emanda 1
Zn
$23%
n'
I n
n1
V
4ara la demanda 1, +or el teorema de Yillman, calculamos la caída de tensi(n entre elneutro n1 de la carga desequilibrada y el neutro del generador. e tiene
1 1 1 1 1 1220 0 220 120 220 120
10 & 20 30 1& 01 1 1 1 1 1
10 & 20 30 1& 0
+ + ∠ + ∠ − + ∠∠ ∠ − ∠= ⇒ =
+ + + +∠ ∠ − ∠
1 1
an bn cn
1a 1b 1c
n n n n
1a 1b 1c
" " "Z Z Z
" "
Z Z Z
"n n1
= ∠ + ∠ + ∠
∠ + ∠ + ∠=
− − − +
− + + +=
−
−=
− −
−
22 11 1 59
0 1 0 0& 0 09
1& &5 1& &5 11 9 3 12 9
0 09 0 09 0 0 0 03 0 09
8 23 13 85
0 18 0 0
1
0
& 0 120
& 30 0
.
. . .
. . . .
. . . . .
. .
. .
% % %
% %
%
%
8.5 5.8 V= ∠ −1n n
"
+artir de la tensi(n entre neutros obtenemos las intensidades de la carga 1
220 0 8.5 5.8 1&8.9 5&.3 191.5 22.19.2 22.5
10 & 10 & 10 &
j− ∠ − ∠ − + ∠= = = = = = ∠ −
∠ ∠ ∠1 1
an an n n
a1
1a 1a
" " "I
Z Z
220 120 8.5 5.8 191.3 12&.3 212.3 215.210.5 25.2
20 30 20 30 20 30
j− ∠ − − ∠ − − − ∠= = = = = = ∠
∠ − ∠ − ∠ −1 1
bn bn n n
b1
1b 1b
" " "I
Z Z
220 120 8.5 5.8 191.3 2&&.8 309. 123.820.& 123.8
1& 0 1& 0 1& 0
j− ∠ − ∠ − − + ∠= = = = = = ∠
∠ ∠ ∠1 1cn cn n n
c1
1c 1c
" " "I
Z Z
4ara la carga 2, dado que es equilibrada y tambi?n lo son las tensiones en bornes de lamisma
380 3038 0
10 30∆
∠= = = ∠
∠ab
ab&
&
"I
Z
+licando la relaci(n entre intensidades de línea y fase en una carga en tri*nguloequilibrado, obtnemos +arala intensidad Ia& de línea
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3 30 3 38 30 5&.82 30 = ∠ − = × ∠ − = ∠ −a& ab&
I I
En las otras fases
5&.82 1&0 = ∠ −b&I e 5&.82 0 = ∠c&
I
4ara determinar las intensidades de la carga 3, dado que conocemos la tensi(n en bornesde las im+edancias de línea situadas antes de la carga 3, +odemos a+licar la ecuaci(n dela +otencia a+arente +ara las im+edancias de línea y la carga 3
2 2
"3 " 3 " 3 " 3 3 64 4 7 6K K 7⇒ = = + + +
"as +otencias consumidas +or las im+edancias de línea, de acuerdo con el enunciado
son" "4 %K 3 1000 &0 128. %228.1= = × ∠ = +
LZ)
! la carga 3 consume una +otencia activa 43$&000 F con un factor de +otencia 0.9 ind,es decir ϕ3$&.5, +or lo que la +otencia reactiva K3 es
3 3 3K 4 &000 tg&.5 &101 Var !g = × ϕ = × =
2 2 2 2
"3 " 3 " 3 " 3 3 64 4 7 6K K 7 6128. &0007 6&101 228.17 10135.& V⇒ = = + + + = + + + =
"33
"
10135.& 1&.
3 3 380⇒ = = =
×4ara determinar el *ngulo de las intensidades, calculamos el *ngulo del con%unto de lacarga 3 y las im+edancias de línea utili:ando las +otencias consumidas
" 3"3 3
" 3
K K 93.11.058 5.
4 4 528. L!g ϕ = = = ⇒ ϕ =
Este es el desfase entre las intensidades que circulan >acia la carga 3 y las tensi(n defase 6su+oniendo el con%unto de las im+edancias de línea y la carga 3 en estrella, las
intensidades de línea son intensidades de fase y las tensiones en bornes de la estrella sonlas tensiones de fase7
a3 b3 c3 1&. 5. , 1&. 155. e 1&. 93.1 ⇒ = ∠ − = ∠ − = ∠
na ve: conocidas las intensidades, +odemos calcular la tensi(n de línea en bornes de lacarga 3
' 2 2 2 2
3 " 3 3 3 3 64 7 6K 7 &000 &101 912. V⇒ = = + = + =
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"
' 3
3
912. 259.8 V
3 3 1&.⇒ = = =
×
/ambi?n +odríamos anali:ar una sola fase, +or e%em+lo la a
ZL1 a'I a'
a
n
cos $0.9 ind.3
ϕ
-emanda 3
4 $ F3f
&000
3
"a +otencia de la im+edancia ZL1 es
) ZL1= ∠ = +1000 52 9 955 0&0 . . %
"as +otencias +or fase +ara la carga 3 son
4 Ff 3
&000
31555 59= = .
cos . . . ϕ ϕ3 30 9 &&9= ⇒ =ind
K f 3 1555 59 & &9 1900 3= =. tg . . Vr
Entonces las +otencias totales +or fase son
4 4 4 F"f G f "3 3152 9 1555 59 230 5= + = + =. . .
K K K"f G f "3 31955 0 1900 3 255 38= + = + =. . . Vr
"a +otencia a+arente +or fase es
J J 230.5 255.38 3398.8& 5.881&. 5.
220 0 220 0
j+ ∠= ⇒ = = = = ∠ ⇒
∠ ∠'L/
'L/ an a' a'
an
)) " I I
"
1&. 5. = ∠ −a'
I
! en las otras fases
1&. 155. = ∠ −b'
I e 1&. 93.1 = ∠c'
I
"as intensidades totales de línea se obtienen a+licando irc>>off
9.& 31.5
8.1 18.9 2.8 9.5
= + + = ∠ −
= + + = ∠ −= + + = ∠
a a1 a& a'
b b1 b& b'
c c1 c& c'
I I I I
I I I II I I I
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+esar de que las intensidades totales son desequilibradas, +or el neutro no circulaintensidad al no >aber ninguna carga conectada al mismo 0=
nI
b7 El circuito que resulta es
4 $& F3
cos $0.9 ind.3
ϕ
-emanda 3
I a'
I b'
I c'
a'
b'
c'
ZL1
ZL1
ZL1
I a& I b& I c&I a1 I b1 I c1
a
b
c
nI n
Z&
$10 30
Z&
Z&
Z1c
$1& 0
Z1a
$10 &
Z1b$20 <30
-emanda 2
-emanda 1
Zn
$23%
n 1
4uesto que no >an cambiado las tensiones en a<b<c, las intensidades Ia&, Ib&, Ic&,Ia', Ib' e Ic' son las mismas.
En cuanto a la carga 1 las intensidades >an cambiado, la nueva tensi(n " n n1 es +or el teorema de Yillman
" Z
"Z
"Z
"
Z Z Z Z
n n1a
an
1b
bn
1c
cn
1a 1b 1c n
1=
+ +
+ + += ∠
∠ +∠
∠ +∠
∠
∠ +
∠ +
∠ +
∠
=−−
−
1 1 1
1 1 1 1
1
10220
1
20220
1
1&220
1
10
1
20
1
1&
1
3 51
&0
30120
0120
& 30 0 &5 3
. .
22 & 11 0 1.59 120 8.23 13.85 15.12 &.339.& 20. V
0.1 & 0.0& 30 0.09 0 0.28 &5.3 0.3 0.29 0.3 38.&
j
j
∠ − + ∠ − + ∠ − ∠ −= = = = ∠ −
∠ − + ∠ + ∠ + ∠ − − ∠ −
Entonces las intensidades son
220 0 39.& 20. 18.9 13.3 18&.& .118.5 0.8
10 & 10 & 10 &
j− ∠ − ∠ − + ∠= = = = = = ∠ −
∠ ∠ ∠1 1an an n n
a1
1a 1a
" " "I
Z Z
220 120 39.& 20. 1&.03 199.1 22 230.11.& 250.
20 30 20 30 20 30
j− ∠ − − ∠ − − − ∠= = = = = = ∠
∠ − ∠ − ∠ −1 1
bn bn n n
b1
1b 1b
" " "I
Z Z
220 120 39.& 20. 1&.03 203.89 2&0.2 12&.15.9 12&.
1& 0 1& 0 1& 0
j− ∠ − ∠ − − + ∠= = = = = = ∠
∠ ∠ ∠1 1
cn cn n n
c1
1c 1c
" " "I
Z Z
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18.5 0.8 11.& 250. 15.9 12&.
1.0 12.13 181 1.31 .59 13.& 2.&5 .8& 10.2 9&. j j j j
= + + = ∠ − + ∠ + ∠ =
= − − − − + = − = ∠ −
n a1 b1 c1I I I I
c7 4uesto que las tensiones en a, b, c no cambian, si se su+one que la carga 3 est*formada +or im+edancias fi%as, se +uede reali:ar el c*lculo utili:ando la ecuaci(n decom+ensaci(n. En caso de que se su+onga que es una carga din*mica 6+otenciasconstantes7 el +roceso es algo m*s com+licado. En +rimer lugar resolvemos el a+artadosu+oniendo que la carga 3 est* formada +or im+edancias fi%as
'
3 3 3
2
ab
4 6tgU <tgU 7) $
3 ∆
ω
El factor de +otencia de la carga 3 es 0.9 ind, es decir ϕ3$&.5 ; el nuevo factor de +otencia solicitado al colocar los condensadores es 0.& ind, es decir, ϕR3$18.2/eniendo en cuenta que la tensi(n en bornes de la carga 3 la >emos calculado en ela+artado a7 resulta
'
3 3 3
2 2
"
4 6tgU <tgU 7 &0006tg&.5 tg18.2 7) $ &1.2 H
3 ' 3 100 259.8∆
−= =
× × × µ
ω π
i consideramos que la carga 3 es una carga din*mica y que +or tanto consume lasmismas +otencias activa y reactiva antes y des+u?s de colocar los condensadores, si
consideramos inicialmente que los condensadores se colocan en estrella +odemosreali:ar el an*lisis +ara una fase
ZL1 a'Ia'
a
n
4 $1555.59 F3f
K $1900.3 Vr 3f
)!
En este caso desconocemos la tensi(n en bornes de la carga 3 la cual esnecesaria +ara determinar la ca+acidad del condensador. En +rimer lugar >ay quecalcular ZL1, lo cual se +uede >acer con los datos del a+artado a7
) ZL1= +52 9 955 0. . %
1&. 5.= ∠ −a'
I
Entonces
1
1
2
a3 2 2a3
52.9 955.0 2.92 %3.2&
1&.
L
L
j+= ⇒ = = = +Z
Z L1 L1
)) Z Z
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4ara el factor de +otencia deseado
3 3cos ' 0.& . ' 18.2ind ϕ = ⇒ ϕ =
"a +otencia reactiva de una fase del con%unto carga 3 condensador es
3f 3f 3K' 4 tg ' 1555.59 tg18.2 &9.81 Vr = ϕ = =
4or tanto, la +otencia reactiva suministrada +or el condensador debe ser
!) 3f 3f K $K <K' $1900.3 &9.81 11&2.&3 Vr − =
Caciendo balance de +otencias
( ) ( ) 4 V K A an a f " a f " a' ' ' '3 3 1 32
2
3 1 32
2= + + + ⇒
( ) ( )220 1555 59 2 92 &9 81 3 2&3 3
2 2
3
2 2
a a a
' . . ' . . '= + + + ⇒
⇒ = + + + + +8000 2999988 8 9 055 58 3000& 8 10 &5 3&50 9932
3
32
3
32 a a a a a' . . ' . ' . . ' . '
⇒ − + = ⇒ − + = ⇒19 5 3&992 && 309988 5 0 11 9 19139 3 03
32
3
32. ' . ' . ' . ' . a a a a
⇒ = ± − ⋅
= ±
= a' . . . . . .
.3
2211 9 11 9 19139 3
2
119 1811&&
2
10159
012
e considera la m*s +eque[a 6ya que el valor su+erior daría lugar a que +r*cticamentetoda la tensi(n cae en la im+edancia de línea y la tensi(n en bornes de la carga sería casides+reciable. "o usual en el funcionamiento de los circuitos el?ctricos es que la caída enla línea sea +eque[a7
a3' . =
4ara determinar el m(dulo de tensi(n aRn se reali:a el balance de +otencias
2 2
3f
3f a'n a3 a'n
a3
1555.59 &9.81
$ ' $ 18. V' .
+⇒ = =
Entonces
!
!
)2
) ! a'n ! 2 2
a'n
K 11&2.&3K $ ) ) $ 109.3 H
2 &0 18.ω ⇒ = = µ
ω π ×
"a ca+acidad del condensador en tri*ngulo es
!)) 3&.8 H
3∆ = = µ
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PROBLEMA 1':
En el circuito de la figura la línea +roviene de un generador que +resenta unsistema equilibrado de tensiones de secuencia directa al que se conecta dos cargas
est*ticas. a7 -eterminar las intensidades +or cada consumo y +or la línea, sabiendo queF1 F2 $80 F. b7 -eterminar las ca+acidades de la batería de condensadores entri*ngulo que >ay que conectar en +aralelo a la entrada de la línea +ara que el factor de
+otencia del con%unto sea 0. inductivo. c7 "a im+edancia G2 conectada entre las fases ay b se sustituye +or otra de valor G 2$9∠0 Ω, +ermaneciendo las otras dos im+edanciasG2 entre b y c y entre c y a iguales que en el a+artado a. )alcular las nuevas intensidadesy tensiones 6los condensadores obtenidos en el a+artado b se su+one que no est*nconectados7.
Ia
Ib
Ic
Ia1 Ib1 Ic1
$0 V1
cos $0.8 ca+.1
ϕ
)arga 1
Ia&Ib&Ic&
a
b
c
0.1%
0.1%
0.1%
a'
b'
c'
F2
F1
Z&
$&&%
)arga 2
Z&
Z&
=")@#
a7 )arga 1 1 $0 \V y 1cos 0.8 ca+=ϕ , +or lo tanto se deduce que
1 1 1 1 1 1 135. 4 $ cos 32 F y K $ sen 2 \Vr = − ⇒ × = × = −ϕ ϕ ϕ
-ado que la coneDi(n de los vatímetros +resentan la coneDi(n aron y su suma da la +otencia activa total consumida aguas deba%o de los mismos, a +artir de la +otenciaactiva 41 de la carga 1 calculamos la +otencia activa 42 consumida +or la carga 2
t 1 2 1 2 24 $4 4 $F F $80 \F 4 $80<32$8 \F⇒
)arga 2 una ve: conocida la +otencia y ϕ2$&, determinamos
22
2
2 2 2
4 8 $ 59.88 \V
cosU cos &
K $ senU $59.88 sen&$8 \Vr
= =
× ×
En la carga 2 se +uede obtener la tensi(n en bornes utili:ando la ecuaci(n de la +otenciaactiva donde T2 es la conductancia de G2
2 2 2
1 1 &<&%$&&%$ T %B 0.1 0.1% T 0.1
&&% &0
⇒ = = = = − ⇒ =& &
&
Z $
$
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2' ' 2
2 2 " "
2
4 80004 $3T 00 V
3T 0.3⇒ = = =
Es decir, la tensi(n de línea en bornes de la carga 1 y 2 es de 00 V +or lo que la tensi(nde fase 6con res+ecto al neutro real o ficticio7 es RH$230 V
i tomamos como referencia la tensi(n de fase ' 230 0 Va nU = , tendremos el siguientediagrama fasorial en bornes de las cargas
"as intensidades consumidas son' 2
2 " 2 2 '
"
59880 $59.88 \V$ 3 8
3 3 00⇒ = = =
×)omo ϕ2$&, determinamos los *ngulos de las intensidades en la línea que llega a lacarga 2 6y que son intensidades de fase si se transforma en estrella7
2 8 & = ∠ −aI , 2 8 15& = ∠ −b
I y 2 8 9& = ∠cI
/ambi?n +odríamos >aber +artido de la ecuaci(n que liga la resistencia y la intensidaden la carga 2 transformada a estrella +or lo G2y$G2I3$&I3&%I3, es decir, 2y$&I3 Ω
2 22 2 2 2
2y
4 80004 3 8
&3 33
= × × ⇒ = = =× ×
En la carga 1 como ϕ1$<35., la intensidad de fase adelanta 35. res+ecto a la tensi(n
de fase
1 1 1
11 '
"
0000 $ &9.9
3 3 00
&9.9 35. &9.9 83.1 e &9.91&5. a b c I I I
= =× ×
= = − =
"as intensidades totales de línea son
1 2
1 2
1 2
120.3 15.5
120.3 135.5
120.3103.
a a a
b b b
c c c
I I I
I I I
I I I
= + = −
= + = −
= + =
b7 Es necesario conocer la tensi(n a la entrada de la línea
aRbR
bRcR
cRaR
aRn
bRn
cRn
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1
' 0.1 0 120.3 15.5 230 0 23. 2.8 V
23. 119.2 V y 23. 122.8 V
an L a an
bn bn
U Z I U
U U
= × + = × − + =
⇒ = − =
"as tensiones de línea a la entrada son
3 30 05 32.8 V 05 89.2 V y 05.1&2.8 Vab an bc caU U U U = = ⇒ = − =
El *ngulo de fase equivalente del con%unto lo +odemos determinar a +artir del desfaseentre la tensi(n y la intensidad de fase a la entrada de la línea
an a U$U <U 2.8 6 15.5 7 1.= − − =
! como queremos que cosU ' 1 U ' 0= ⇒ =
"a ca+acidad de los condensadores debe ser
t
2 2
"
4 6/gU</gU'7 800006 g1. tg07) 181. QH3 3 100 05
! −= = =× × × ×Vω π
c7 4ara +oder resolver este a+artado es necesario obtener las im+edancias equivalentesde la carga 1. El valor de la im+edancia equivalente en estrella +odemos obtenerlosa +artir de la tensi(n de fase y la intensidad de fase en la carga
1
'1
230 0 39
&9.9 39
a n
a
U Z
I = = = − Ω
)omo debemos asociar las dos cargas, es necesario >acerlo en tri*ngulo ya que la carga
2 es a>ora desequilibrada. 4or lo tanto, la carga 1 en tri*ngulo tiene como im+edancia6en las tres fases al ser equilibrada7
1 13 12 39 Z Z Z = ⇒ = − ΩV V
)alculamos el +aralelo entre tri*ngulos1
.59 13.51 1
12 39 9.09 0
1&.9& 15.9
1 112 39 & 2 &
ab
bc ca
Z
Z Z
= = − Ω+
−
= = − Ω =
+−
V
V V
4asamos a estrella el tri*ngulo equivalente
1.91 &
1.91 &
2.12&.3
ab caa
ab bc ca
ab bcb
ab bc ca
bc cac
ab bc ca
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
×= = − Ω
+ +×
= = − Ω+ +
×= = Ω
+ +
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cada im+edancia de la estrella equivalente le sumamos la im+edancia de la línea yobtenemos la estrella equivalente a toda la carga y línea
0.1 1.9 1.5
0.1 1.9 1.5
0.1 2.1 29.9
a
b
c
Z j
Z j
Z j
+ = − Ω
+ = − Ω
+ = Ω+licando el teorema de Yillman +ara obtener la tensi(n entre neutros
'a an b bn c cn
nn
a b c
Y U Y U Y U U
Y Y Y
× + × + ×=
+ +
'
1 1 11.5 23. 2.8 1.5 23. 119.1 29.9 23.122
1.9 1.9 2.11 1 1
1.5 1.5 29.91.9 1.9 2.1
2.9 3.2 V
nnU
× + × − + − ×= =
+ + −
=
+artir de la tensi(n entre neutros, obtenemos las intensidades
'
'
'
23. 2.8 2.9 3.3113.& .3
11.5
1.9
23. 119.2 2.9 3.31&3.1 123.8
11.5
1.9
23.122.8 2.9 3.3120.&103.
129.9
2.1
an n na
a
bn n nb
b
cn n nc
c
U U I
Z
U U I
Z
U U I
Z
− −= = =
− − −= = = −
− −= = =
−
+licando irc>>off, obtenemos las nuevas tensiones de fase en bornes de las cargas
1
2
'
'
' 3
23. 2.8 11.5 .3 23& 0 V
23.119.2 1&.3 33.8 233.2 120 V
23.122.8 12.1155.5 230.9 120 V
a n an L a
b n bn L b
c n cn L c
U U Z I
U U Z I
U U Z I
= − × = − =
= − × = − = −
= − × = − =
"as tensiones de línea en bornes de las cargas se obtienen a+licando irc>>off a las de
fase' ' ' '
' ' ' '
' ' ' '
23& 0 233.2 120 0&.& 2. V
233.2 120 230.9 120 01.8 0.2 V
230.9120 23& 0 03.31&0.3 V
a b a n b n
b c b n c n
c a c n a n
U U U
U U U
U U U
= − = − − =
= − = − − = −
= − = − =
"as intensidades en las cargas se +ueden obtener calculando las intensidades de fase encada una de las cargas en tri*ngulo y obtener las de línea a+licando irc>>off a cadanudo)arga 1
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1
1
1
' '
1
' '
1
' '
1
0&.& 2.33.8 55.
12 39
01.8 0.233.& &3.2
12 39
03.31&0.3 33.5 192.9 12 39
a bab
b cbc
c aca
U I
Z
U I
Z
U I Z
∆
∆
∆
= = =−
−= = = −
−
= = = −−
1 1 1
1 1 1
1 1 1
33.8 55.<33.5 192.9$ &8.& 39.2
33.& &3.2 33.8 55.$&8.3 83.3
33.5 192.9 33.& &3.2$&8.01&9.0
a ab ca
b bc ab
c ca bc
I I I
I I I
I I I
= − = −
= − = − − −
= − = − − −
)arga 2
2
2
2
' '
2
' '
2
' '
2
0&.& 2.
&9.3 2. 9 0
01.8 0.2&5.82 13&.2
& 2 &
03.31&0.3&9.010&.3
& 2 &
a b
abab
b cbc
bc
c aca
ca
U
I Z
U I
Z
U I
Z
= = =−
= = = −
= = =
2 2 2
2 2 2
2 2 2
&9.3 2.<&9.010&.3$ 90.3 21.8
&5.82 13&.2 &9.3 2.$113.8 12.9
&9.010&.3 &5.82 13&.2$8. 9&.1
a ab ca
b bc ab
c ca bc
I I I
I I I
I I I
= − = −
= − = − − −
= − = − −
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PROBLEMA 1*:
En el circuito de la figura la línea +roviene de un generador que +resenta un
sistema equilibrado de tensiones de secuencia directa y el interru+tor - est* abierto. a7-eterminar las intensidades Ia1, Ib1 e Ic1, sabiendo que el voltímetro V1 marca 100 3 V,el am+erímetro marca 1& y el vatímetro F1 marca 0. b7 e cierra el interru+tor - yen estas condiciones el voltímetro V1 sigue marcando 100 3 V, los vatímetros F1 yF2 marcan 1000 F y 1&00 F res+ectivamente y los am+erímetros y " marcan 10 y 8 res+ectivamente. -eterminar las intensidades Ia&, Ib& e Ic& así como la medidadel voltímetro V2. c7 En estas condiciones cuales son las medidas del resto de losvatímetros indicados en la figura.
n 1
Ia
%A)1 2
Ib
Ic
Ia1 Ib1 Ic1
Ia& Ib& Ic&
1 1 1
%A)1 %A)1
%A)2
%A"2
F 1
F 2
F 1
F B1
F )1
F 2
F B2
F )2
"
V2
n 2
a
b
c
-
-emanda 1
V1
=")@#
)onsiderando "an entre la fase a y el neutro 6real o ficticio7 del generador quesuministra las tensiones equilibradas como origen de fases
100 3 30= ∠ab" 100 3 0= ∠ −bc" 100 3 1&0= ∠ca"
ab
bc
ca
an
bn
cn
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100 0= ∠an
" 100 120= ∠ −bn
" 100 120= ∠cn
"
egSn la medida del Watímetro F1
( ) ( ) ( )1 ac a ac aF $0$ cos , cos , 0 cos , 0
⇒ = ⇒ =ac a ac a ac a" I " I " I
Es decir, la tensi(n "ac y la intensidad Ia est*n en cuadratura
Entonces +uesto que 100 3 1&0 100 3 30= − = − ∠ = ∠ −ac ca
" " , se obtienen los
siguientes dos +osibles valores +ara Ia
$Za
a
50
120
∠=
∠ −aI
"a carga 1 es equilibrada, con lo que el neutro n1 coincide con n, y +uesto que +ara unaconfiguraci(n en estrella la intensidad de línea coincide con la de fase
a1
a1
50
120
∠=
∠ −a1I
El car*cter de la carga es ca+acitivo, con lo que la intensidad Ia1 debe adelantar res+ectoa la tensi(n "an un *ngulo entre 0 y 0, +or lo que, de los dos +osibles valores del*ngulo de Ia1 descartamos el de <120 ya que en este caso estaría retrasada 6adem*s deque no sería com+atible con un *ngulo de una im+edancia +asiva7, +or lo tanto
a 50= = ∠a1 a
I I
4or otro lado +ara una fase
egSn la medida del am+erímetro
A
)
an
aA1
1
100
1&5 59= = = . Ω
4uesto que la intensidad +or la resistencia est* en fase con su tensi(n y la intensidad +or el condensador est* adelantada 0 res+ecto a su tensi(n
a1 0= ∠aR1I 1& 0= ∠a61I
%A)1
Ia1
1
a
Ia61
IaR1
1n n
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4or otro lado
a a1 a1
a1
a1
50 0 1& 0 1&%
1& 1&tg50 & 3 8.55
tg50
& 3 0
& 3 0 1& 0 10 3 50 19.32 50
= + ⇒ ∠ = ∠ + ∠ = + ⇒
= ⇒ = = = ⇒
= ∠
= + = ∠ + ∠ = ∠ = ∠
a1 aR1 a61
aR1
a1 aR1 a61
I I I
I
I I I
l ser la carga 1 equilibrada las intensidades en las otras fases son
19.32 50 = ∠ −b1
I 19.32 180 = ∠c1
I
"a resistencia 1 es
an
a 1
1
100
8 5511&&= = =
.. Ω
"a indicaci(n del vatímetro F2 es
( )2 bc bF $ cos , 100 3 19.32cos6 0 65077 2&& F= × − − =bc b
" I
b7 i se cierra el interru+tor -, +uesto que no se >an modificado las tensiones en lalínea, las intensidades Ia1, Ib1 e Ic1 son las mismas que en el a+artado a7.
egSn la medida del vatímetro F1 y el am+erímetro
( ) ( ) ( )1 an a2F 1000 cos , 1000 100 10cos , cos , 1= = ⇒ = × ⇒ =an a& an a& an a&
" I " I " I
Es decir, la tensi(n "an y la intensidad Ia& est*n en fase10 0 = ∠
a&I
El vatímetro F2 mide
( )2 an2 a2F $ cos , 1&00 F=
an& a&" I
En la fase an2 est* la resistencia 2 +or lo que la tensi(n en bornes y su intensidadest*n en fase
( )cos , cos" Ian& a& = =0 1
4or lo tanto las tensiones "an, "an& y la intensidad Ia& est*n en fase. +artir de la medidadel vatímetro F2 y del am+erímetro , deducimos
2 an2 an2
1&00F 1&00 10 1 1&0 1&0 0 V
10= = × × ⇒ = = ⇒ = ∠
an&"
+licando irc>>off, resulta0 1&0 0 100 0 &0 0 V− + − = ⇒ = − = ∠ − ∠ = ∠an an& nn& nn& nn& an
" " " " " "
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Es decir el voltímetro V2 marca &0 V
/ambi?n +or irc>>off, tenemos
0 100 120 &0 0 &0 3 0 V− + − = ⇒ = + = ∠− + ∠ = ∠ −bn bn& nn& bn& bn nn&
" " " " " "
c c0 100 120 &0 0 &0 3 0 V− + − = ⇒ = + = ∠ + ∠ = ∠cn cn& nn& n& n nn&
" " " " " "
El am+erímetro " mide la intensidad Ib&$8 que circula +or la bobina " 2 +or lo quedeber estar retrasada 0 con res+ecto a su tensi(n en bornes "bn&
8 180 = ∠b&
I
4or otra +arte, a+licando irc>>off, la suma de las tres intensidades de la carga 2 debeser nula
0 10 0 8 180 2 180 + + = ⇒ = − − = − ∠ − ∠ = ∠a& b& c& c& a& b&I I I I I I
c7 "as medidas de los vatímetros son
( ) ( ) J J
B1F e e 100 120 8 0 e 100 120 8 0 e 800 120 00 F= − = ∠ − × ∠ = ∠ − × ∠ = ∠ − = −bn b&
" I
( ) ( ) J J
)1F e e 100 120 2 180 e 100 120 2 0 e 200 120 100 F= − = ∠ × − ∠ = ∠ × ∠ = ∠ = −cn c&
" I
J
B2F e e &0 3 0 8 0 e 00 3 0 0= = ∠ − × ∠ = ∠ − =b n& b &
" I
J
)2F e e &0 3 0 2 0 e 100 3 0 0= = ∠ × ∠ = ∠ =cn& c&
" I
4ara determinar las medidas de los vatímetros F1 y F2 debemos calcular Ia y Ib
19.32 50 10 0 23. 38.8 = + = ∠ + ∠ = ∠a a1 a&
I I I
19.32 50 8 180 1&.01 89.& = + = ∠ − + ∠ = ∠ −b b1 b&
I I I
Entonces los vatímetros F1 y F2 marcan
J
1F e e 100 3 30 23. 38.8 1.& F= = ∠ − × ∠ − ==ac a
" I
J
2F e e 100 3 0 1&.01 89.&1 e 2&.81 2. 2&9. F= = ∠ − × ∠ = ∠ − =bc b
" I
PROBLEMA 1-:
En el circuito de la figura la tensi(n de línea es de 380 V, siendo las tensionesequilibradas a la entrada de la línea. a7 )errando los interru+tores -2 y -3 6los dem*sabiertos7 se tiene que c$30 y F2$0 F. =btener la lectura de los restantes a+aratos.
b7 e cierra -1 6-2 y -3 cerrados7, >allar las nuevas indicaciones. c7 e cierra - 6-1,
7/23/2019 Enunciado Problemas Trifasica y Soluciones-1 (1)
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-2 y -3 cerrados7, obtener las indicaciones de los am+erímetros y el voltímetro. d7 ecierra -& 6-1, -2, -3 y - cerrados7, >allar las nuevas indicaciones. e7 e abre -& y secierra -5 6-1, -2, -3 y - cerrados7, >allar las nuevas indicaciones.
=")@#
a7 Hi%amos como referencia de tensi(n A" U
" B B) )
"H # B# )#
$ $ $ $380 V
$ $ $ $ $220 V
3
-e la lectura del vatímetro F2, deducimos
( )2 ,F $0 380 30 cos6 , 7 cos6 , 7 0 0
ca # ca c ca c ca c U I U I U I U I = × × ⇒ = ⇒ ⊥ ⇒ = ±ϕ
! como)
)
30 50 o3801&0 V
30 120
caU = ∠
= ⇒ = ∠ −
"+A
"+(
"B(
"B+
"A(
"AB
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-ado que la im+edancia conectada entre y B al cerrar los interru+tores - 1 y -2
G/$22%A es inductiva, la intensidad I B que circula +or la misma debe estar atrasadares+ecto a la tensi(n U BC en sus bornes un *ngulo entre 0 y 0. 4or otro lado, I B $< I C
+or lo que se deduce que
) B
B )
) B
30 50 30 120 o 30 120 30 50 = ∠ ⇒ = ∠ −= − ⇒ = ∠ − ⇒ = ∠
B
B )
inductiva y 380 0 V 180 0
30 120 y 30 50
T bc Z U = − ⇒ − < < −
⇒ = ∠ − = ∠
ϕ
4or tanto el am+erímetro B$30
+artir de los datos de la tensi(n y la intensidad, calculamos el valor de Z T y el de Z $ Z T I2$%A
380 012.59 30
30 120 $#
T
$
U Z
I
−= = = Ω
− $Z 5.3 302
T Z
Z = = Ω
"a lectura del vatímetro F1 es
1 B BF $ cos6 , 7 380 30 cos6 1&0 6 120 77 .89 \F $A $U I × × = × × − − − =
b7 l cerrar -3 y al ser equilibrada la carga trif*sica, resulta
1 1 1
220 03.9 30 3.9 1&0 y 3.9 0
5.3 30 A"
A $ #
U I I I
Z
∠= = = − ⇒ = − =
∠
4or lo que se obtiene las siguientes lecturas de los a+aratos
B ) #
1 B B
2 ) )
$ $ $3.9 , 0
F $ cos6 , 7 380 3.9 cos6 1&0 6 1&0 77 13201.2 F
F $ cos6 , 7 380 3.9 cos6 1&0 0 7 5500.5 F $A $
#A $
U I
U I
=× × = × × − − − =× × = × × − − =
c7 Kue se cierre - no afecta a la carga equilibrada y +ara la carga desequilibrada,calculamos la tensi(n que +resenta su neutro #R con res+ecto al neutro # de la línea y lacarga 1.
+licando el teorema de Yillman
1 2 3'
1 2 3
A" $" #" " "
Y U Y U Y U U
Y Y Y
× + × + ×= =
+ +0.1 20 220 0 0.059 10 220 120 0.083 &0 220 120
5.11.1 V0.1 20 0.059 10 0.083 &0
− × + × − + − ×=
− + + −
4or tanto el voltímetro V marca 5. V
4ara las intensidades que circulan +or la carga desequilibrada se obtiene
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2
2
2
'
'
'
220 0 5.11.112.53 28.&
10 20
220 120 5.11.11.&3 11.8
1&10
220120 5.11.1 22.3 0.0 12 &0
A" " " A
A
$" " " $
$
#" " " #
#
U U I
Z
U U I
Z
U U I Z
− −= = = −
− − −= = = −
− −= = =
! +ara las intensidades totales
1 2
1 2
1 2
&0.39 2.52
&.82 138.0
&9.30.01
A A A
A A A
A A A
I I I
I I I
I I I
= + = −
= + = −
= + =
d7 e cierra -&. l unir los neutros de las cargas 1 y 2, ambos estarían al mismo +otencial y el con%unto de las dos cargas en +aralelo es desequilibrado. -ado que est*nen +aralelo, tendremos las siguientes cargas equivalentes +or fase
1
2
3
1 1 1 1 13. 25.2
5.3330 10 20
1 1 1 1 1.918.
5.33 30 1& 10
1 1 1 1 1.2 35.
5.3330 12 &0
A
A
$
$
#
#
Z Z Z Z
Z Z Z Z
Z Z Z Z
= + = + ⇒ = Ω
= + = + ⇒ = Ω−
= + = + ⇒ = Ω
+licamos Yillman +ara obtener la tensi(n entre el neutro #R de la estrella equivalentey el neutro # del generador
' A A" $ $" # #"
" "
A $ #
Y U Y U Y U U
Y Y Y
× + × + ×= =
+ +1 1 1
25.2 220 0 18. 220 120 35. 220 1203. .9 .2 31.819.1& V
1 1 125.2 18. 35.
3. .9 .2
− × + − × − + − ×= =
− + − + −
4or lo que las intensidades que circulan +or la carga 1 y 2 son
1
1
1
'
'
'
2. 32.8
38.& 1&&.1
35.2 9.8
A" " " A
$" " " $
#" " " #
U U I
Z
U U I
Z
U U I
Z
−= = −
−= = −
−= =
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2
2
2
'
'
'
1 22.8
15.3 11&.1
1.1 99.8
A" " " A
$" " " $
#" " " #
U U I
Z
U U I
Z U U
I Z
−= = −
−= = −
−= =
! +ara las intensidades totales, resulta
1 2
1 2
1 2
3.5 11.9
&2.1 13.&
&.& 0.
A A A
$ $ $
# # #
I I I
I I I
I I I
= + = −
= + = −
= + =
"a intensidad que circula +or el conductor que une ambos neutros viene dada +or
( )1 1 1 2 2 2
1&.1155.8 " A $ # A $ # I I I I I I I = + + = − + + =
e7 l abrir -& y cerrar -5 estamos en el caso del a+artado c con la diferencia deque adem*s de las im+edancias G1, G2 y G3.tenemos la im+edancia del neutro 23%conectada al neutro #R, +or tanto
1 2 3'
1 2 3
22.25 3.923.3 2&.3 V
1 0.9 332.&& 0.28 303.92 3%
A" $" #" " "
Y U Y U Y U U
Y Y Y
× + × + ×= = =
++ + + +! se obtiene +ara las intensidades de la carga 2 "as intensidades de la carga 1son las mismas que las calculadas en el a+artado b7
2
2
2
'
1
'
2
'
3
1. 22.
15 113.2
18.5 95
A" " " A
$" " " $
#" " " #
U U I
Z
U U I
Z
U U I
Z
−= = −
−= = −
−= =
! +ara las intensidades totales, resulta
1 2
1 2
1 2
2 2 2
&9.& 29.5
&1.& 13.3
&5 8&.
19.11.
A A A
$ $ $
# # #
" A $ #
I I I
I I I
I I I
I I I I
= + = −
= + = −
= + =
= + + =
4ara los vatímetros se obtiene
1 B B
2 ) )
F $ cos6 , 7 380 &1.& cos6 1&0 6 13.3 77 122.93 FF $ cos6 , 7 380 &5 cos6120 8&. 7 19&15.3 F
$A $
#A $
U I U I
× × = × × − − − =× × = × × − =
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PROBLEMA 10:
En el circuito de la figura con tensiones de entrada a la línea equilibradas, a7 calcular intensidades y tensiones con -1 abierto sabiendo que el am+erímetro marca 23 . b7e cierra -1, calcular las intensidades y tensiones en cada consumo. c7 )om+ensar el
consumo est*tico de 1& \F en bornes del mismo +ara un factor de +otencia de 0.& ind.
=")@#
a7 Hi%amos como referencia la tensi(n de fase U AN . El diagrama fasorialcorres+ondiente de las tensiones a la entrada de la línea es
En la carga bif*sica, tenemos
)omo sabemos que el am+erímetro marca 23
"+A
"+(
"B(
"B+
"A(
"AB
I a&
I b&
I n
Z=&∠ ()º
Z=&∠ ()º
B
#
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( )
# #1 1
# #
0 12023
10 50 10 50
1 1 120 500.10
10 50 10 50
n
A" $" n I a b
A"
U U I I I
Z Z
U
φ −
= = + = + = + =− −
+ − −= = = ×
− −
4or lo que obtenemos
# 230 V 230 0 V
120 230 120 V y 120 230 120 V
0n
A"
$" A" #" A"
I
U
U U U U
φ
= ⇒ == − = − = =
=
=tra forma de +lantear el +roblema
1 1
H H H H1 1
H H
0
0 120 50 50
10 50 10 10 50 10
50 50 23 010 10
a b n
A" $" a b
In
I I I
U U I I
Z Z
ϕ
+ − =
−= = = = = = −
− −⇒ + − − =
H H
H H
cos50 cos 50 23cos 0
10 10
sen50 sen50 23sen 0 sen 0 0 o 180
10 10
In
In In In In
ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ − =
− − = ⇒ = ⇒ = =
HH
HH
23 100 2 cos 50 23cos 0 0 230 V
10 2 cos 50 23 10180 2 cos 50 23cos180 0 230 V im+osible
10 2 cos 50
In
In
ϕ
ϕ
×= ⇒ − = ⇒ = =
× ×= ⇒ − = ⇒ = − = −
×
4or lo tanto H0 y 230 V Inϕ = =
=btenemos a +artir de las tensiones de fase las intensidades y las tensiones de línea
1
1
230 023 50
10 50
230 120 23 50 10 50
A" a
$" b
U I
Z
U I Z
= = =−
−= = = −−
3 30 38. 30 V, 38. 0 V y 38.1&0 V A$ A" $# #AU U U U = = = − =
"a carga 2 en una carga trif*sica desequilibrada +or lo que +ara calcular las intensidadescalculamos +rimero la caída de tensi(n entre el neutro #R de la carga y el neutro # delgenerador
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'
0.1 & 230 0 0.0& 30 230 120 0.059 0 230 120
0.1 & 0.0& 30 0.059 0
8.9 &.13 V
A A" $ $" # #" " "
A $ #
Y U Y U Y U U
Y Y Y
× + × + × − × + × − + ×= = =
+ + − + +
= −
2
2
2
'
'
'
230 0 8.9 &.13
19.8 2.13 10 &
230 120 8.9 &.1311.20 112.9
20 30
230120 8.9 &.1321.19 12.15
1& 0
A" " "
A
A
$" " " $
$
#" " " #
#
U U
I Z
U U I
Z
U U I
Z
− − −= = = −
− − − −= = = −
−
− − −= = =
m+edancia de línea y carga 3. "as im+edancias de línea consumen una +otenciacom+le%a que viene dada +or
/ /" "3 3 2 0 \V 5 0 \V 4 %K .5 3. %T L LS S = × = × − = − = + = −
4or lo tanto, las +otencias activa y reactiva son.5 \F
3. \Vr
T
T
L
L
P
Q
=
= −
4ara la )arga 3
3 3 3
3 3 3
2 2 2 2
3 3 3
4 1& \F, cos 0.9 &.&9
K $4 g 1& 6&.&9 7 1&.3 \Vr
$ 4 K 1& 1&.3 21.3 \V
ind
! !g
ϕ ϕ
ϕ
= = ⇒ =
× = × =
= + =
-ado que conocemos las tensiones antes de las im+edancias, a+licamos balance de +otencias +ara calcular las intensidades que circulan +or las im+edancias de línea y lacarga 3. "lamando 3" la +otencia a+arente que consumen las im+edancias de línea y lacarga 3, resulta
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
3" " "3 3 "/ 3 "/
3" "3 "3
3 4 4 K K $ 1&000500 1&300<300
2259 $2259$ 3 38. 32.
3 38.
= × × ⇒ + +
⇒ × × ⇒ = =×
El desfase entre la intensidad y las tensiones de fase se +uede determinar a +artir de las
+otencias3
3
3
K 1&.3 3.arctg arctg 30.18
4 1& .5
L L
L
ϕ ++
+
−= = =
+ +or lo tanto, resulta +ara las intensidades
3 3 332. 30.18 , 32. 1&0.18 e 32. 8.82 A $ # I I I = − = − =
/ambi?n +odríamos >aber utili:ado una sola fase +ara calcular la intensidad( ) ( ) 3
J J 33 3 3
3
1& .5 % 1&.3 3. 10
3 32. 30.18230 0
32. 30.18
a aLa aL A"
A"
S S U
U
++
+ + −
= × ⇒ = = =
⇒ = −
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+licando irc>>off calculamos las intensidades totales
1 2 3
1 2 3
2 3
&5.31 3.9
52.03 8.53
&1.89 103.0
A A A A
$ $ $ $
# # #
I I I I
I I I I
I I I
= + + = −
= + + = −
= + =
b7 El cerrar el interru+tor -1 no afecta a las cargas 1 y 3 +or lo que 1, B1, 3, B3 e)3 son iguales que en el a+artado anterior. 4ara la carga 2 al conectar el neutro semodifica el con%unto de im+edancias conectadas al neutro #R +or lo que a+licandoYillman, obtenemos
'
0.1 & 230 0 0.0& 30 230 120 0.059 0 230 120
0.1 & 0.0& 30 0.059 0 0.28 &5.3
38.81 1.9
A A" $ $" # #" " "
A $ # "
Y U Y U Y U U
Y Y Y Y
× + × + × − × + × − + ×= =
+ + + − + + + −
= −
2
2
2
'
'
'
230 0 38.81 1.9 1. 1.12 10 &
230 120 38.81 1.912.0 .1
20 30
230120 38.81 1.919.12&.&
1& 0
A" " " A
A
$" " " $
$
#" " " #
#
U U I Z
U U I
Z
U U I
Z
− − −= = = −
− − − −= = = −
−− − −
= = =
c7 4ara calcular los condensadores, debemos conocer la tensi(n eDistente en el +unto de coneDi(n de los mismos. +artir de la +otencia a+arente que consume la carga
3 y la intensidad, obtenemos +ara la tensi(n de línea "
R
en bornes de la carga 33 " 3 "
2130 $ 3 ' ' 395.1 V
3 32.× × ⇒ = =
×)om+ensamos el consumo est*tico con tres condensadores en tri*ngulo conectados enaR, bR y cR
3 3
3 3 3
2 2
"
cos ' 0.& ' 18.1
4 6tgU gU '7 1&0006 g&.&9 g18.1 7) 99.8 QH
3O ' 3 100 395.1
! ! !
ϕ ϕ
π
= ⇒ =− −
= = =× × × ×V
PROBLEMA 1:
En el circuito de la figura, de secuencia directa, las tensiones son equilibradas ala entrada de la línea. )alcular a7 ntensidades de línea e intensidades consumidas +or cada rece+tor. b7 4otencias activa, reactiva y a+arente suministradas +or el generador. c7)ondensadores o bobinas en estrella que >ay que colocar en +aralelo con la carga de 10\V +ara que el factor de +otencia sea 0. inductivo.
7/23/2019 Enunciado Problemas Trifasica y Soluciones-1 (1)
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00 V
Ia
10 Vcos $0.8ϕca+acitivo
2%
a
2%
2%
b
c
∆G $3030%
Ib
Ic
Ia1 Ib1 Ic1
Ia& Ib& Ic&
1
Z1c
$1& 0Z1a
$10 &
Z1b
$20 <30
I a' I b' I c'
n 1
=")@#
a7 Hi%amos como referencia la tensi(n de fase U an entre el terminal a y el neutro ndel generador 6real o ficticio7 que suministra las tensiones equilibradas. "as tensiones delínea son "$00V +or lo que las tensiones de fase son H$230 V. El diagrama fasorialcorres+ondiente de las tensiones a la entrada de la línea es
-ado que la carga 3 es desequilibrada el con%unto de las cargas 2 y 3 y las im+edanciasde línea es desequilibrado ya que al circular +or las mismas intensidades desequilibradasdan lugar a tensiones desequilibradas en bornes de las cargas. "as dos cargas deben
+onerse en tri*ngulo +ara asociar el +aralelo de los dos y el tri*ngulo resultante +asarlo
a estrella a la que se le asocian las im+edancias de la línea, teniendo una estrella finalcon neutro a +otencial distinto al neutro del generador que suministra las tensionesequilibradas. 4or otra +arte, dado que a la entrada de la línea, +unto de coneDi(n de lacarga 1, las tensiones son equilibradas y la carga 1 tambi?n, se +uede calcular comocon%unto equilibrado en el que no influyen las cargas 2 y 3
)arga 1
11 " 1 1
"
10000 3 1.3
3 3 00= ⇒ = = =
×
! teniendo en cuenta que el f.d.+ de la carga 1 es 0.8 ca+ $Z ϕ1$ <35., y el origen de
fases elegido resulta +ara las intensidades que consume la carga 1 6que son intensidadesde fase y de línea al su+onerla en estrella7
ab
bc
ca
an bn
cn
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1.3 35. ⇒ = ∠a1
I , 1.3 83.1 = ∠ −b1
I y 1.3 1&5. = ∠c1
I
/ambi?n +odríamos calcular directamente la intensidad teniendo en cuenta la ecuaci(nde la +otencia com+le%a, que +or ser un circuito equilibrado +ara la carga 1 es tres veces
la +otencia de una fase
J J 10000 35.3 1.3 35.
3 3 230 0
∠ −= ⇒ = = = ∠ −
× ∠1
1 an a1 a1
an
)) " I I
"
1.3 35. ⇒ = ∠a1
I , 1.3 83.1 = ∠ −b1
I y 1.3 1&5. = ∠c1
I
4ara la carga 2 y 34asamos la carga 3 a tri*ngulo
1 1
3 1 1
1
10 & 20 30
10 & 20 30 39.29 0.81& 0a b
ab a b
c
Z Z
Z Z Z ∆
× ∠ × ∠ −= + + = ∠ + ∠ − + = ∠ Ω∠Z
1 13 1 1
1
20 30 1& 020 30 1& 0 &&.1 .2
10 &b c
bc b c
a
Z Z Z Z
Z ∆
× ∠ − × ∠= + + = ∠ − + ∠ + = ∠ − Ω
∠Z
1 13 1 1
1
1& 0 10 &1& 0 10 & 2.19 &.&
20 30c a
ca c a
b
Z Z Z Z
Z ∆
× ∠ × ∠= + + = ∠ + ∠ + = ∠ Ω
∠ −Z
sociamos en +aralelo los dos tri*ngulos de las cargas 2 y 3
3
1 1 1 1 121.121.
39.28 0.830 2 & Tab
Tab ab
Z Z Z Z ∆ ∆
= + = + ⇒ = Ω
3
1 1 1 1 133.9 9.&&.1 .230 2 &
Tbc
Tbc bc Z Z Z Z ∆ ∆
= + = + ⇒ = Ω−
3
1 1 1 1 11&.0 &.3
2.19 &.&30 2 & Tca
Tca ca
Z Z Z Z ∆ ∆
= + = + ⇒ = Ω
4asamos el tri*ngulo resultante a estrella21.1 21. 1&.0 &.3
.83 5.921.1 21. 33.9 9. 1&.0 &.3
Tab Tcaa
Tab Tbc Tca
Z Z
Z Z Z
× ∠ × ∠= = = ∠ Ω
+ + ∠ + ∠ + ∠Z
33.9 9. 21.1 21.10.&9 .3
21.1 21. 33.9 9. 1&.0 &.3Tbc Tab
b
Tab Tbc Tca
Z Z
Z Z Z
× ∠ × ∠= = = ∠ Ω
+ + ∠ + ∠ + ∠Z
1&.0 &.3 33.9 9.9.51 33.2
21.1 21. 33.9 9. 1&.0 &.3Tca Tbc
c
Tab Tbc Tca
Z Z
Z Z Z
× ∠ × ∠= = = ∠ Ω
+ + ∠ + ∠ + ∠Z
sociamos a las im+edancias de la estrella las im+edancias de línea
2% 2 0 .83 5.9 5.3 &.0Ta a
Z Z = + = ∠ + ∠ = ∠ Ω2% 2 0 10.&9 .3 11.09 1.5Tb b Z Z = + = ∠ + ∠ = ∠ Ω2% 2 0 9.51 33.2 8.85 .1
Tc c Z Z = + = ∠ + ∠ = ∠ Ω
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+licamos Yillmann entre el neutro nR de la estrella de las cargas 2 y 3 %unto con lasim+edancias de línea y el neutro n del generador +ara calcular la caída de tensi(n entreellos
'Ta an Tb bn Tb cn
n n
Ta Tb Tc
Y U Y U Y U U
Y Y Y
× + × + ×= =
+ +1 1 1
&.0 230 0 1.5 230 120 .1 230 12020. 5.85.3 11.09 8.85 50.53 20.3 V
1 1 1 0.3& .&&.0 1.5 .1
5.3 11.09 8.85
− × + − × − + − × −= = = −
−− + − + −
4or lo que las intensidades que circulan +or las im+edancias de línea y el con%unto de lascargas 2 y 3 son
'
'
'
29.12 &2.1
22.35 1&3.5
31.&383.
an n na
Ta
bn n nb
Tb
cn n nc
Tc
U U I
Z
U U I
Z U U
I Z
−= = −
−= = −
−= =
"as intensidades totales a la entrada de la línea son la suma de las intensidades delcon%unto de las cargas 2 y 3 a la que >ay que sumar las de la carga 1
1 1.3 35.29.12 &2.1$ 30. 2.3 Ta a a
I I I = + = − −
11.3 83.122.35 1&3.5$ 30.3 129.0
Tb b b I I I = + = − − −
1 1.31&5.31.&383.$ 38.3210&.0 Tc c c I I I = + =
4ara calcular las intensidades de los consumos 2 y 3, es necesario determinar lastensiones en bornes de las cargas 2 y 3. -es>aciendo la estrella total en las im+edanciasde línea y la estrella resultante de las dos cargas, denominando los +untos de coneDi(nde ambas cargas como aR, bR y cR, a+licando irc>>off, resulta
a ' ' b ' ' a b2% 2% 0 2% 2 %
00 30 2 0 29.12 &2.1 2 0 22.35 1&3.5 353.3 28. V
ab a b a b ab− + × + − × = ⇒ = − × + × =
∠ − ∠ × ∠ − + ∠ × ∠ − = ∠" " " "
b ' ' c ' ' b c2% 2 % 0 2% 2 %
00 0 2 0 22.35 1&3.5 2 0 31.&3 83. 3&.5 102.& V
bc b c b c bc− + × + − × = ⇒ = − × + × =
∠ − − ∠ × ∠ − + ∠ × ∠ = ∠ −
" " " "
c ' ' a ' ' c a2% 2 % 0 2% 2 %
00 1&0 2 0 31.&3 83. 2 0 29.12 &2.1 391.2 133.0 Vca c a c a ca− + × + − × = ⇒ = − × + × =∠ − ∠ × ∠ + ∠ × ∠ − = ∠
" " " "
+artir de las tensiones en bornes de las cargas calculamos las intensidades de fase enlos tri*ngulos de las cargas)arga 2
' '2
353.3 28.8.&5 15.5
30 2 &a b
ab
U I
Z ∆= = = −
' '2 3&.5 102.& 8.8 19.&
30 2 &b c
bc U I Z ∆
−= = = −
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' '2
391.2133.08.9& 88.0
30 2 &
c aca
U I
Z ∆= = =
)arga 3
' '3
3
353.3 28..9& 29.5 39.29 0.8
a bab
ab
U I Z ∆
= = =
' '3
3
3&.5 102.&5.3 &8.3
&&.1 .2b c
bc
bc
U I
Z ∆
−= = = −
−
' '3
3
391.2133.01&.3 89.&
2.19 &.&c a
ca
ab
U I
Z ∆
= = =
! +ara las intensidades de línea que llegan a las cargas 2 y 3, resulta a+licandoirc>>off a cada nudo de las cargas
)arga 22 2 2
8.&5 15.5<8.9&88.0$ 13.90 &.8 a ab ca
I I I = − = − −
2 2 2 8.8 19.&<8.&5 15.5$ 1&.&0 192.2 b bc ab
I I I = − = − − −
2 2 2 8.9&88.0<8.8 19.&$ 1&.2& 50.9 c ca bc I I I = − = −
)arga 3
3 3 3 .9& 29.5<1&.3 89.&$ 13.3 &3.5 a ab ca
I I I = − = −
3 3 3 5.3 &8.3<.9& 29.5$ 11.2 119.8 b bc ab I I I = − = − −
3 3 3 1&.3 89.&<5.3 &8.3$ 20.9 9. c ca bc
I I I = − = −
b7 4ara el c*lculo de +otencias suministradas +or el generador, utili:amos el c*lculode la +otencia com+le%a +ara cada fase
J
a a
J
b b
J
c c
4 %K 230 0 30. 2.3 9115 2.3 $585228%
4 %K 230 120 30.3129.0 50 9.0 $5388&2%
4 %K 230120 38.32 10&.0 8811&.0 $8&12281%
a an Ta
b bn Tb
c cn Tc
S U I
S U I
S U I
= × = = × =
= × = = − × =
= × = = × − =
"as +otencias totales son
/ /
/ / /
4 %K 2138 5051% 22950 1&. V4 2138 F, K 5051 Vr y 22950 V
T a b cS S S S = + + = = + == = =
c7 -ado que conocemos la tensi(n en bornes de la carga 1 a com+ensar,dis+onemos de los datos necesarios +ara el c*lculo de los elementos necesarios +araobtener del con%unto de la carga 1 m*s los elementos com+ensadores un factor de
+otencia 0. inductivo. En +rimer lugar, la carga +resenta un f.d.+. 0.8 ca+, +or lo que +ara obtener un nuevo f.d.+. 0. ind. es necesario colocar bobinas como elementoscom+ensadores
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1 1
1 1
cos 0.8 ca+ 35.89
cos ' 0. ind ' 2&.8
ϕ ϕ
ϕ ϕ
= ⇒ = −= ⇒ =
i denominamos +or K1 la +otencia reactiva que consume la carga 1 y +or K1R la +otencia reactiva consumida +or la carga 1 mas las bobinas, a +artir del tri*ngulo de +otencias, determinamos la +otencia reactiva K" que deben consumir las bobinas
' '
1 1 1 1 1K K <K 4 6tgU gU 7 100006tg2&.8 tg6 35.89 7 1233 V L ! = = − = − − =
4or otra +arte, +odemos +oner K" en funci(n de la reactancia de las 3 bobinas. isu+onemos que se colocan en tri*ngulo, so+ortan en bornes la tensi(n de línea, +or loque se obtiene +ara la inductancia "∆ de cada bobina
2 22 " "
" " "
"
2 2
"
"
K 1233 V$<3B 3 3
AO"
3 3 00" 12 mC
OK 100 1233π
∆
∆
= = = ⇒
×= = =
×
PROBLEMA 12:
En el circuito de la figura, de secuencia directa, las tensiones son equilibradas ala entrada de la línea. )alcular a7 ntensidades de línea e intensidades consumidas +or cada rece+tor. b7 4otencias activa, reactiva y a+arente suministradas +or el generador.
00 V
Ia
2%
a
2%
2%
b
c
∆G $3030%
Ib
Ic
Ia& Ib& Ic&
Z1c
$10 0Z1a
$20 0
Z1b
$20 0
Ia' Ib' Ic'
n 1
=")@#
a7 -ado que la carga 2 es desequilibrada el con%unto de las cargas y lasim+edancias de línea es desequilibrado ya que al circular +or las mismas intensidadesdesequilibradas dan lugar a tensiones desequilibradas en bornes de las cargas. "as doscargas deben +onerse en tri*ngulo +ara asociar el +aralelo de los dos y el tri*nguloresultante +asarlo a estrella a la que se le asocian las im+edancias de la línea, teniendouna estrella final con neutro a +otencial distinto al neutro del generador que suministralas tensiones equilibradas
4asamos la carga 2 a tri*ngulo
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1 11 1
1
20 0 20 020 0 20 0 80 0
10 0a b
ab a b
c
Z Z Z Z
Z ∆
× ∠ × ∠= + + = ∠ + ∠ + = ∠ Ω
∠&Z
1 11 1
1
20 0 10 020 0 10 0 0 0
20 0b c
bc b c
a
Z Z Z Z
Z ∆
× ∠ × ∠= + + = ∠ + ∠ + = ∠ Ω
∠&Z
1 11 1
1
10 0 20 010 0 20 0 0 020 0
c aca c a
b
Z Z Z Z Z
∆ × ∠ × ∠= + + = ∠ + ∠ + = ∠ Ω∠&
Z
sociamos en +aralelo los dos tri*ngulos
2
1 1 1 1 12.8 2.9
80 030 2 & Tab
Tab ab
Z Z Z Z ∆ ∆
= + = + ⇒ = Ω
2
1 1 1 1 122.3 21.80
0 030 2 & Tbc
Tbc bc
Z Z Z Z ∆ ∆
= + = + ⇒ = Ω
2
1 1 1 1 122.3 21.80
0 030 2 & Tca
Tca ca
Z Z Z Z ∆ ∆
= + = + ⇒ = Ω
4asamos el tri*ngulo resultante a estrella2.8 2.9 22.3 21.8
8.& 25.&5.8 2.9 22.3 21.8 22.3 21.8
Tab Tbca
Tab Tbc Tca
Z Z
Z Z Z
× ∠ × ∠= = = ∠ Ω
+ + ∠ + ∠ + ∠Z
22.3 21.8 2.8 2.98.& 25.&5
.8 2.9 22.3 21.8 22.3 21.8Tbc Tab
b
Tab Tbc Tca
Z Z
Z Z Z
× ∠ × ∠= = = ∠ Ω
+ + ∠ + ∠ + ∠Z
22.3 21.8 22.3 21.85.90 18.52
.8 2.9 22.3 21.8 22.3 21.8Tca Tbc
c
Tab Tbc Tca
Z Z
Z Z Z
× ∠ × ∠= = = ∠ Ω
+ + ∠ + ∠ + ∠Z
sociamos a las im+edancias de la estrella las im+edancias de línea
2% 2 0 8.& 25.&5 10 35.85Ta a Z Z = + = ∠ + ∠ = ∠ Ω
2% 2 0 8.& 25.&5 10 35.85Tb b
Z Z = + = ∠ + ∠ = ∠ Ω2% 2 0 5.90 18.52 9.5 33.1Tc c
Z Z = + = ∠ + ∠ = ∠ Ω
Hi%amos como referencia la tensi(n de fase U an entre el terminal a y el neutro n delgenerador 6real o ficticio7 que suministra las tensiones equilibradas. "as tensiones delínea son "$00V +or lo que las tensiones de fase son H$230 V. El diagrama fasorialcorres+ondiente de las tensiones a la entrada de la línea es
ab
bc
ca
an
bn
cn
7/23/2019 Enunciado Problemas Trifasica y Soluciones-1 (1)
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+licamos Yillmann entre el neutro nR de la estrella y el neutro n del generador +aracalcular la caída de tensi(n entre ellos
'Ta an Tb bn Tb cn
n n
Ta Tb Tc
Y U Y U Y U U
Y Y Y
× + × + ×= =
+ +1 1 1
35.85 230 0 35.85 230 120 33.1 2301209.9 8.&&10 10 9.5 22.&133. V
1 1 1 0.331 3&.3935.85 35.85 33.1
10 10 9.5
− × + − × − + − ×= = =
−− + − + −
4or lo que las intensidades que circulan +or la línea y el con%unto de las cargas 1 y 2son
'
'
'
2.5 0.5
23.9 1&1.5
29. 8&.
an n na
Ta
bn n nb
Tb
cn n nc
Tc
U U I
Z
U U I
Z U U
I Z
−= = −
−= = −
−= =
4ara calcular las intensidades de cada consumo, es necesario determinar las tensiones en bornes de las cargas 1 y 2. -es>aciendo la estrella total en las im+edancias de línea y laestrella resultante de las dos cargas, denominando los +untos de coneDi(n de ambascargas como aR, bR y cR, a+licando irc>>off, resulta
a ' ' b ' ' a b2% 2% 0 2% 2 %
00 30 2 0 2.5 0.5 2 0 23.9 1&1.5 3&8.0 1.9 V
ab a b a b ab− + × + − × = ⇒ = − × + × =
∠ − ∠ × ∠ − + ∠ × ∠ − = ∠
" " " "
b ' ' c ' ' b c2% 2 % 0 2% 2 %
00 0 2 0 23.9 1&1.5 2 0 29. 8&. 352.2 102.3 V
bc b c b c bc− + × + − × = ⇒ = − × + × =
∠ − − ∠ × ∠ − + ∠ × ∠ = ∠ −" " " "
c ' ' a ' ' c a2% 2% 0 2 % 2 %
00 1&0 2 0 29. 8&. 2 0 2.5 0.5 38. 138.1 V
ca c a c a ca− + × + − × = ⇒ = − × + × =
∠ − ∠ × ∠ + ∠ × ∠ − = ∠" " " "
+artir de las tensiones en bornes de las cargas calculamos las intensidades de fase enlos tri*ngulos de las cargas
)arga 1' '
1
3&8.01.98. 2&.3
30 2 &
a bab
U I
Z ∆= = = −
' '1
352.2 102.38.& 19.3
30 2 &
b cbc
U I
Z ∆
−= = = −
' '1
38.138.18.22 3.1
30 2 &c a
ca
U I
Z ∆= = =
)arga 2
' '2
2
3&8.01.9 .81.9 80 0
a bab
ab
U I Z ∆
= = =
7/23/2019 Enunciado Problemas Trifasica y Soluciones-1 (1)
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' '2
2
352.2 102.3.05 102.3
0 0b c
bc
bc
U I
Z ∆
−= = = −
' '2
2
38.138.18.92138.1
0 0
c aca
ca
U I
Z ∆= = =
! +ara las intensidades de línea que llegan a las cargas , resulta a+licando irc>>off acada nudo de las cargas)arga 1
1 1 1 8. 2&.3<8.22 3.1$ 1.31 &&.9 a ab ca I I I = − = − −
1 1 1 8.& 19.3<8. 2&.3$ 1.8& 195.1 b bc ab
I I I = − = − − −
1 1 1 8.22 3.1<8.& 19.3$ 1. 52.3 c ca bc I I I = − = −
)arga 2
2 2 2.81.9<8.92138.1$ 11.& 21.
a ab ca I I I = − = −
2 2 2 .05 102.3<.81.9$ 12.0& 120.9 b bc ab I I I = − = − −
2 2 2 8.92138.1<.05 102.3$ 1&.39109.3 c ca bc
I I I = − = −
b7 4ara el c*lculo de +otencias suministradas +or el generador, utili:amos el c*lculode la +otencia com+le%a +ara cada fase
J
a a
J
b b
J
c c
4 %K 230 0 2.5 0.5 &5&8 0.5 $253582%
4 %K 230 120 23.91&1.5 &&131.5 $5328&5%
4 %K 230120 29. 8&. 5302 3.5 $&1893&9%
a an a
b bn b
c cn c
S U I
S U I
S U I
= × = = × =
= × = = − × =
= × = = × − =
"as +otencias totales son
/ /
/ / /
4 %K 1125 10119 % 1939& 3&.5 V
4 1125 F, K 10119 Vr y 1939& VT a b cS S S S = + + = = + =
= = =
PROBLEMA 14:
En el circuito de la figura, de secuencia directa, las tensiones son equilibradas ala entrada de la línea 6"$380 V7.
a7 =btener las intensidades de línea e intensidades consumidas +or cadarece+tor +ara -1 y -2 abiertos.
b7 e cierra -2; obtener tensiones e intensidades en bornes de las cargas.c7 e cierra -1 6-2 tambi?n cerrado7; obtener los nuevos valores de tensiones eintensidades.d7 )om+ensar la carga de 10 \F en bornes de la misma +ara un factor de
+otencia 0. inductivo.
7/23/2019 Enunciado Problemas Trifasica y Soluciones-1 (1)
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=")@#
a7 Hi%amos como referencia la tensi(n de fase U AN . El diagrama fasorialcorres+ondiente de las tensiones a la entrada de la línea es
4or lo que tenemos
" 3800 0 220 0 V, 230 120 V y 230120 V
3 3
380 30 V 380 0 V y 3801&0 V
A" $" #"
A$ $# #A
U U U
U U U
= = = = − =
= = − =
"a carga 1 es desequilibrada. +licamos Yillman +ara obtener la caída de tensi(n entreel neutro de la carga y el neutro del generador y una ve: conocida, obtenemos lasintensidades
1 2 3
'1 2 3
0.2 30 220 0 0.159 20 220 120 0.333 0 220 120
0.2 30 0.159 20 0.333 0
9.113310.83135.9 V
0.55& 3.9
A" $" #"
" "
Y U Y U Y U
U Y Y Y
× + × + × − × + × − + ×
= = =+ + − + +
= =−
1
1
1
'
1
'
2
'
3
220 0 10.83135.9&.5 31.
& 30
220 120 10.83135.939.1 9.3
5 20
220120 10.83135.9
5.11.1 3 0
A" " " A
$" " " $
#" " "
#
U U I
Z
U U I
Z
U U
I Z
− −= = = −
− − −= = = −
−
− −
= = =
"+A
"+(
"B(
"B+
"A(
"AB
7/23/2019 Enunciado Problemas Trifasica y Soluciones-1 (1)
http://slidepdf.com/reader/full/enunciado-problemas-trifasica-y-soluciones-1-1 83/85
4ara la carga 2 equilibrada 2 $5 \V y 2cos 0.8 ca+ϕ = , +or lo tanto se deduce que
2 2 2 2 2 2 235. 4 $ cos .8 \F y K $ sen 3.5 \Vr ϕ ϕ ϕ = − ⇒ × = × = −
2 " 2 2 2 2
5000 3 $5000$ 3 380 .12
3 380= × × ⇒ × × ⇒ = =
×
/eniendo en cuenta el *ngulo de la carga, resulta +ara las intensidades2 2 2
.12 35. , .12 83.1 e .121&5. A $ # I I I = = − =
/ambi?n +odríamos >aber utili:ado una sola fase +ara calcular la intensidad3
J J 22 2 2
2
5 10 35.
3 .135.220 0
.1 35.
aa A"
A"
S S U
U
× −
= × ⇒ = = =
⇒ = −
b7 e cierra el interru+tor -2. )onocemos las tensiones en bornes de las
im+edancias de línea. e+resentando una sola fase
"as +otencias consumidas +or la im+edancia de línea se +ueden eD+resar como
2 2 2 2
" 3 3 " 3 34 $ 2 K $A 2= = −
! +ara la carga 3
3 3 3 3 34 $10 \F , cos $0.909 ind $&, K $10 \Vr y 1.1 \Vϕ ϕ ⇒ =
4lanteando un balance de +otencias +ara la fase a, resulta2 22 2 3 3
2 23 33" # 3 " " 3 34 K 10 10 10 10 4 K $ 2 <2
3 3 3 3 × × = × ⇒ + + ÷ ÷ ÷ ÷
2 23 3
2 2 2 22 2 2
3" # 3 3 3 3
2 28 82 2 3 3
3 3 3
8 2 2
3 3
10 10 10 10 $230 2 <2
3 3
10 10 10 10220
3 3
108 2 220
× ×= × × = + ÷ ÷
× ×
× = + + + − ⇒
+ = ×
Caciendo 32$ *, resulta
2<2%4
3I3
K3I3
#
3
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82
82
2 10800 800 8
10 800 031.28 800 2 0
2 8 15
×± − × ×
±− + = ⇒ = =
×
3
&00.&& 22.39 800 031.2
&&.& 9.& 15 A
I ±
= = ⇒ = =
mbos valores son +osibles. #o obstante se o+ta +or el valor inferior ya que el segundoim+licaría un consumo en la im+edancia de línea muy su+erior al de la carga y unacaída de tensi(n en la carga muy ale%ada del valor nominal de alimentaci(n, situaci(nque no es la >abitual en la eD+lotaci(n de los circuitos el?ctricos. na ve: conocida laintensidad de la carga 3, determinamos sus *ngulos a +artir de las +otencias
2 2 2 2 2 2
" 3 3 " 3 34 $ 2 $2 22.39 $1000.83 F y K $A 2 2 22.39 1000.83 Vr = × = − − × = −
3"
3" 3"3
"
K 10000K 1000.83
3 3tg 0.&38 28.34 100001000.834
33
ϕ ϕ
+ −⇒ = = = ⇒ =
++
4or lo tanto resulta
3 3 322.39 28.3 , 22.39 18.3 e 22.39 1.9
A $ # I I I = − = − =
4odemos a+licar tambi?n el balance de +otencias en bornes de la carga 3 +ara conocer latensi(n en sus bornes
c7 l cerrar -1 no afecta a la carga 2 y 3 +or lo que las intensidades que circulan +or estas cargas son las mismas que las calculadas en los a+artados a y b. "a im+edanciadel neutro conectada a>ora al neutro de la carga 1 afecta a la caída de tensi(n entre elneutro #R de la carga y el neutro # del generador. 4ara conocer las intensidades de lacarga 1 debemos determinar la caída de tensi(n entre neutros
1 2 3'
1 2 3
0.2 30 220 0 0.159 20 220 120 0.333 0 220 120
0.2 30 0.159 20 0.333 0 0.299 33.9
9.1133
9.851&. V0.1& 12.
A" $" #" " "
"
Y U Y U Y U U
Y Y Y Y
× + × + × − × + × − + ×= = =
+ + + − + + + −
= =−
1
1
1
'
1
'
2
'
3
220 0 9.851&.&.3 31.1
&30
220 120 9.851&.35.8 8.0
5 20
220120 9.851&.90.011.0
3 0
A" " " A
$" " " $
#" " " #
U U I
Z
U U I
Z
U U I
Z
− −= = = −
− − −= = = −
−− −
= = =
d7 4ara calcular los condensares de com+ensaci(n en bornes de la carga 3, debemos
conocer la tensi(n eDistente en el +unto de coneDi(n de los mismos. +artir de la
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+otencia a+arente que consume la carga 3 y la intensidad, obtenemos +ara la tensi(n delínea "
R en bornes de la carga 3
3 " 3 "
10000 2 $ 3 ' ' 35&.0 V
3 22.39× × ⇒ = =
×)om+ensamos el consumo est*tico con tres condensadores en tri*ngulo conectados enaR, bR y cR
3 3
3 3 3
2 2
"
cos ' 0. ' 2&.8
4 6tgU gU '7 100006 g& g2&.8 7) 1.1 QH
3O ' 3 100 35&
! ! !
ϕ ϕ
π
= ⇒ =− −
= = =× × × ×V