sistemas trifasicos

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas

Sistemas eléctricos polifásicos Una de las razones para estudiar el estado senoidal permanente es que la mayor parte de la energía eléctrica para la industria y los hogares se usa en forma de corriente alterna. Una fuente polifásica, como la mostrada en la figura 1, se estudia porque casi toda la energía eléctrica se genera y distribuye como potencia polifásica con una frecuencia de 60 Hz.

Figura 1 El sistema polifásico más común es el sistema trifásico balanceado. La fuente tiene tres terminales con voltajes senoidales de igual amplitud. Sin embargo, esos voltajes no están en fase; sino cualquiera de los voltajes está 120° desfasado con cualquiera de los otros dos, donde el signo del ángulo de fase dependerá del sentido de los voltajes. Véase la Figura 2.

Figura 2. El uso de un mayor número de fases como sistemas de 6 y 12 fases, se limita casi por completo al suministro de energía a grandes rectificadores. Aquí, los rectificadores transforman la corriente alterna en corriente directa, que se necesita para ciertos

123

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas procesos como la electrólisis. La salida del rectificador es una corriente directa más una componente pulsante más pequeña, o rizo, que disminuye conforme aumenta el número de fases. Casi sin excepción, en la práctica, los sistemas polifásicos contienen fuentes que se aproximan muy de cerca a las fuentes ideales de voltaje o a las fuentes ideales de voltaje en serie con pequeñas impedancias internas. Las fuentes de corriente trifásica son muy poco comunes. Notación de doble subíndice Para describir corrientes y voltajes polifásicos se utiliza una notación de doble subíndice. Con esta notación, un voltaje o una corriente, como V ab o I aA tiene más significado que si se indican simplemente como V 3 o Ix. Por definición, V ab es el voltaje del punto a con respecto al punto b. Así, el signo más se localiza en el punto a. Por tanto, los subíndices dobles equivalen a un par de signos más-menos. También se aplica la notación de doble subíndice a las corrientes. La corriente I ab se define como la corriente que circula de a hacia b a través de la trayectoria directa. De hecho, cuando se hace referencia a esta corriente no se necesita la flecha de dirección; los subíndices indican la dirección. Fuente trifásica Y Las fuentes trifásicas tienen tres terminales llamadas de línea y pueden tener o no tener una cuarta terminal denominada la conexión neutra. Se analizará una fuente trifásica que sí tiene una conexión neutra. Puede representarse como tres fuentes ideales de voltaje conectadas en Y, como se ve en la figura 3. Sólo se considerarán fuentes trifásicas balanceadas, que son tales que Van = Vbn = Vcn

y Van + Vbn + Vcn = 0 Estos tres voltajes, cada uno definido entre una línea y el neutro, reciben el nombre de voltajes de fase. Si arbitrariamente se escoge a V an como referencia, Van = Vp 0o

donde Vp representa la amplitud rms de cualquiera de los voltajes de fase; entonces, la definición de la fuente trifásica indica que Vbn = Vp -120o Vcn = Vp -240o o bien Vbn = Vp 120o

Vcn = Vp 240o

124

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas La primera se llama secuencia de fase positiva, o secuencia de fase abc, y se muestra en la figura 4a; la segunda recibe el nombre de secuencia de fase negativa, o secuencia de A b

a Van

+

+

-

-

B

Vbn

n

N + -

Vcn

c

C Figura 3.

fase cba, y se indica por medio del diagrama fasorial de la figura 4b. Siempre pueden elegirse de manera que se tenga una secuencia de fase positiva, y se supondrá que esto se ha hecho en la mayor parte de los sistemas que se consideren.

Vcn = Vp -240o

Vbn = Vp 120o

secuencia (+)

secuencia (-)

Van = Vp 0o

Vbn = Vp -120o

Van = Vp 0o

Vcn = Vp 240o

(a)

(b) Figura 4.

Los voltajes de línea a línea (o simplemente voltajes de línea) son aquellos que se miden entre los puntos a, b y c o entre los puntos A, B y C. Véase la figura 5. Se pueden obtener de diversas maneras. Utilizando la notación rectangular y de acuerdo a la figura 5a, se obtiene que Los tres voltajes dados y la construcción del fasor V ab se muestran en el diagrama fasorial de la figura 5a. Vab = Van + Vnb = Van - Vbn

125

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Vab = Vp 0o - Vp -120o Vab = Vp (cos0o + jsen0o ) - Vp ((cos(120o ) - jsen(120o )) Vab = Vp (1 + j0) - Vp (1/2 - j 3/2) Vab = Vp (3/2 + j 3/2)

Convirtiendo a polar nuevamente, se obtiene Vab = 3Vp 30o

(1.1)

Similarmente, para el voltaje V bc se obtiene que V c = Vbn + Vnb = Vbn - Vcn Vbc = Vp -120o - Vp -240o Vbc = Vp (-j 3/2) Vbc =

3Vp -90o

(1.2)

Siguiendo el mismo procedimiento, para V ca se obtiene Vca = Vp (-3/2 + j 3/2) Vca =

3Vp -210o

(1.3)

La ley de voltajes de Kirchhoff requiere que Vab + Vbc + Vca = 0 y puede verificarse al hacer la suma. En la figura 5b se muestra el diagrama de fase asociado a los voltajes de línea y los voltajes de fase. Los voltajes de fase son V an, Vbn, Vcn. Los voltajes de línea son Vab, Vbc, Vca. Vca Vcn Vab Vnb Vcn Vab Van

Van Vbn

Vbn

Vbc (b)

(a) Figura 5

126

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Si la amplitud rms de cualquiera de los voltajes de línea se denota por V L entonces una de las características importantes de una fuente trifásica conectada en Y puede expresarse como (1.4) VL = 3Vp La conexión Y-Y Ahora considérese que se conecta a la fuente una carga trifásica balanceada conectada en Y, usando tres líneas y un neutro, como se ve en la figura 6. IaA IbB a

A

b Van

+

+

-

B Zp

Vbn

-

Zp

n

N + -

Zp

Vcn IcC

c

C

Figura 6. Considerando una secuencia de fase positiva, las fuentes de voltaje tienen la forma Van = Vp 0o Vbn = Vp -120o Vcn = Vp -240o

La carga está representada por una impedancia Z p conectada entre cada línea y el neutro. Las tres corrientes de línea se calculan muy fácilmente, ya que en realidad se tienen tres circuitos monofásicos con una conexión común I aA = I bB =

V bB Zp

=

VaA Z p

=

V p Zp

V p -120o Zp

127

=

0o Vp Zp

-120o


IcC =

VcC Zp

=

V p -240o Zp

=

Vp

-240o

Zp

En notación rectangular I aA =

Vp Zp

I bB =

Vp Zp

(-1/2 + j 3/2)

IcC =

Vp Zp

(-1/2 - j 3/2)

y por lo tanto I nN = IaA + I bB + IcC = 0

Así, el neutro no lleva corriente si tanto la carga como la fuente están balanceadas y si los cuatro alambres tienen una impedancia igual a cero. ¿Cómo cambiaría esto si se insertara una impedancia Z L en serie con cada una de las tres líneas y una impedancia Z n en el neutro? Si no se producen cambios en el sistema con un cortocircuito o un circuito abierto entre n y N, puede insertarse cualquier impedancia en el neutro y la corriente en el neutro seguirá siendo igual a cero. Si se tienen fuentes balanceadas, cargas balanceadas e impedancias de línea balanceadas, un alambre neutro de cualquier impedancia puede remplazarse por cualquiera otra impedancia, incluyendo un cortocircuito y un circuito abierto. El reemplazo no afectará los voltajes ni las corrientes del sistema. A menudo es útil visualizar un cortocircuito entre los dos puntos neutros, ya sea que en realidad esté presente o no un alambre neutro; así, el problema se reduce a tres problemas monofásicos, todos idénticos excepto por las diferencias de fase. En este caso se dice que el problema se resuelve "por fases". Ejemplo 1. En el circuito de la figura 8 considere que V an = 200|_0o y que la impedancia Z p = 100|_60o. Calcular las corrientes, los voltajes en el circuito, y la potencia total. Solución: Como uno de los voltajes de fase está dado, y como se supone una secuencia de fase positiva, los tres voltajes de fase son Van = 200 0 o

Vbn = 200 -120o

Vcn = 200 -240o

El voltaje de línea vale 200 3 Vrms = 346 Vrms y Vab = 346 30o V . En la fase A, la corriente de línea es Van 200 0o I aA = = = 2 -60o Arms o Z p 100 60 y la potencia absorbida por esta fase es, por lo tanto, PAN = 200(2) cos (0° + 60°) = 200 W

128


Considerando la simetría del circuito, la potencia total absorbida por la carga trifásica es de 600 W. Ejemplo 2. Supóngase que se tiene un sistema trifásico balanceado con un voltaje de línea de 300 V rms, y que está alimentando a una carga balanceada conectada en Y con 1200 W a un FP de 0.8 adelantado. ¿Cuál es la corriente de línea y la impedancia de carga, por fase? Solución: Es evidente que el voltaje de fase vale 300/ 3 Vrms y que la potencia por fase es de 400 W. Entonces la corriente de línea puede obtenerse a partir de la relación de potencia promedio, IL =

P Vrms cos(θ-φ)

=

400 3 300(0.8)

= 2.89 Arms

La impedancia de fase está dada por V p 300/ 3 Z p = = = 60 Ω IL 2.89 Como el FP es de 0.8 adelantado, el ángulo de fase de la impedancia es -36.9° y Z p = 60 -36.9o Ω

Pueden manejarse cargas más complicadas con facilidad, ya que los problemas se reducen a problemas monofásicos más simples. Ejemplo 3. Supóngase que una carga balanceada de alumbrado de 600 W se añade (en paralelo) al sistema del ejemplo 2. Determine de nuevo la corriente de línea. Solución: Por la simetría, solo es necesario estudiar una fase, como muestra la figura 7. IL

I2

I1 400W + -

300 3

FP = 0.8

Vrms

200W

Figura 7. La amplitud de la corriente de alumbrado está dada por 129

adelantado


I1 =

P Vrmscos(θ-φ)

=

200 3 300(1)

= 1.155 Arms

En forma análoga, la amplitud de la corriente de la carga capacitiva no varía respecto a su valor anterior I 2 = 2.89 Arms Si el voltaje de fase tiene un ángulo de 0°, entonces I1 = 1.155 0o

I2 = 2.89 +36.9o

y la corriente de línea es I L = I1 + I2 = 1.155 0o + 2.89 +36.9o = 3.87 26.6o Arms

La potencia generada por esta fase es P = Vrms I rms cos(θ - φ) =

300 3

(3.87)cos(+26.6o ) = 600 W

lo cual está de acuerdo con la hipótesis original. Si una carga conectada en Y desbalanceada está conectada a un sistema trifásico que por lo demás está balanceado, el circuito aún puede analizarse por fases si el alambre neutro está presente y si tiene una impedancia igual a cero. Si cualquiera de estas dos condiciones no se cumple, deben usarse otros métodos, tales como el análisis de mallas o el de nodos. La conexión Y-∆ Es más probable encontrar cargas trifásicas conectadas en ∆ que conectadas en Y. Una razón para ello, al menos en el caso de una carga desbalanceada, es la facilidad con la que pueden añadirse o quitarse cargas en una sola fase. Esto es difícil (o imposible) de hacer en una carga de tres conductores conectada en Y. Considérese una carga balanceada conectada en ∆ que consiste en una impedancia Z p insertada entre cada par de líneas. Obsérvese que en este circuito no hay un cable conectado a n, véase la figura 8. Supóngase que los voltajes de línea son conocidos, es decir VL = IVabI = IVbcl = IVcal O bien los voltajes de fase son conocidos Vp = IVanl = IVbnl = IVcnI

130

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas donde VL = 3Vp Vab =

3Vp 30o

Vbc =

3Vp -90o

Vca =

3Vp -210o

IaA IbB a

b Van

+

+

-

-

Vbn Zp

A

n

B

Zp + -

Zp

Vcn IcC

c

C

Figura 8. Como el voltaje en cada rama de la ∆ es conocido, se pueden encontrar las corrientes de fase, V V V I AB = ab I BC = bc I CA = ca Z Z p Zp En los nodos A, B y C de acuerdo con la LKC I aA = I AB + I AC I

B

= I BA + I BC

I cC = I CA + I CB

las tres corrientes de fase tienen la misma amplitud I = IAB = I BC = ICA

Las corrientes de línea también son iguales en amplitud debido a que las corrientes de fase son iguales en amplitud y están 120 o fuera de fase.

131

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Si la carga está conectada en ∆, entonces el voltaje de fase y el voltaje de línea son indistinguibles el uno del otro, pero la corriente de línea es mayor que la corriente de fase por el factor 3 ; con una carga conectada en Y, sin embargo, la corriente de fase y la corriente de línea se refieren a la misma corriente, y el voltaje de línea es mayor que el voltaje de fase por el factor 3 . La solución de problemas trifásicos se puede efectuar rápidamente si apropiada. Considérese un ejemplo numérico frecuente.

3 se usa en forma

Ejemplo 4. Determine la amplitud de la corriente de línea en un sistema trifásico de 300 Vrms que entrega 1200 W a una carga conectada en ∆ con un factor de potencia de 0.8 atrasado. Solución: De nuevo se considerará una sola fase. En esta fase, la carga absorbe 400 W; con un factor de potencia de 0.8 atrasado, a un voltaje de línea de 300 V rms. Entonces, 400 = 300(Ip)(0.8) de donde Ip = 1.667 Arms y la relación entre corrientes de fase y corrientes de línea da IL =

3 (1.667) = 2.89 A rms

El ángulo de fase de la carga es cos -1(0.8) = 36.9° y por lo tanto, la impedancia en cada fase debe ser 300 Z p = 36.9o = 180 36.9o Ω 1.667 Ahora se cambiará un poco el enunciado del problema. Ejemplo 5. La carga del ejemplo 4 está conectada en Y, en vez de en ∆. De nuevo determine las impedancias de fase. Solución: En un análisis por fase, se tiene un voltaje de fase de 300/ potencia de 400 W y un FP = 0.8 atrasado. Entonces, 300 400 = (I p )(0.8) 3 I = 2.89 Arms o IL = 2.89 Arms

3 Vrms, una

El ángulo de fase de la carga es otra vez 36.9°, por lo que la impedancia en cada fase de la Y es

132


Z p =

300/ 3 2.89

36.9o = 60 36.9o Ω

El factor 3 no sólo relaciona cantidades de fase y de línea, sino que también aparece en una expresión útil de la potencia total absorbida por cualquier carga trifásica balanceada. Si se supone una carga conectada en Y con un ángulo θ del factor de potencia, entonces la potencia que toma cualquier fase es V Pp = Vp Ip cosθ = Vp IL cosθ = L IL cosθ 3 y la potencia total es P = 3Pp = 3VL IL cosθ En forma similar, la potencia entregada a cada fase de una carga conectada en ∆ es I Pp = Vp Ip cosθ = VL Ip cosθ = VL L cosθ 3L lo que da una potencia total (1.5) P = 3Pp = 3 VL IL cosθ La ecuación (1.5) permite calcular la potencia total entregada a una carga balanceada si se conoce la magnitud de los voltajes de línea, de las corrientes de línea y el ángulo de fase de la impedancia (o admitancia) de la carga, independientemente si la carga está conectada en Y o en ∆. Ahora puede obtenerse la corriente de línea en los ejemplos 4 y 5 en dos pasos sencillos: P (1.6) IL = 3 VL cosθ IL =

1200 3 300(0.8)

= 2.89 Arms

La fuente también puede conectarse en una configuración ∆. Pero esto no es común, ya que un ligero desbalance en las fases de la fuente puede provocar que circulen grandes corrientes en el lazo en ∆. Debe observarse que las fuentes trifásicas balanceadas pueden transformarse de Y a ∆, o viceversa, sin afectar las corrientes o los voltajes de la carga. Las relaciones necesarias entre los voltajes de línea y de fase se muestran en la figura 5b para el caso en el que V an tiene un ángulo de fase de referencia de 0 o. Esta transformación permite usar la conexión de fuentes que se prefiera, y todas las relaciones de la carga serán correctas. Por supuesto, no se puede especificar ninguna corriente o voltaje dentro de la fuente sino hasta que se sepa cómo está conectada realmente.

133

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Ejemplo 6 Una carga equilibrada conectada en Y, formada por tres impedancias, cada una de 16|_30o Ω, se alimenta con los siguientes voltajes equilibrados de fase a neutro: E an = 240|_0o V, Ebn = 240|_240o V, Ecn = 240|_120o V. (a) Encontrar la corriente de fasorial en cada línea; (b) Encontrar los voltajes fasoriales entre líneas; (c) Encontrar las potencias activas y reactivas totales suministradas a la carga. Solución (a) Recordando que en una conección Y-Y, I L = Iϕ. La corriente I an está dada por Ian =

E an Zan

=

240 0o 16 30

0

= 15 300 A

La corriente I bn está dada por I bn =

E bn Z bn

240 2400

=

16 300

= 15 2100 A

La corriente I cn está dada por Icn =

E cn Zcn

=

2401200 16 300

= 15 900 A

(b) Los voltajes entre líneas Vab = E an + E nb Vab = E an - E bn = 240 0 0 - 240 2400 Vab = 240 + j0 - (120 - j207.8) Vab = 360 + j207.8 = 415.7 300 V Vca = E cn + E na = E cn - E an Vca = 240 1200 - 240 00

  

Vca = 240  -

1 2

+j

3 2

 

- (240 + j0)

Vca = -360 + j207.8 = 415.71500 V. Vbc = E bn + E nc = E bn - E cn V bc = 240 2400 - 240 1 200

 1 3  1 3 V bc = 240  - -j -  - +j   2 2   2 2      V bc = 0 - j415.7 = 415.7 2700 V.

134

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas (c) La potencia reactiva Q: Qφ = I 2 X = 152 8 = 1800 VAR

La potencia total reactiva QT = 3Qφ = 3(1800) = 5400VAR

La potencia activa P: 0

0

0

Zφ = 1630 = 16cos(30 ) + 16sen(30 ) Zφ = (13.8 + j8) Ω

La potencia activa P φ, se calcula tomando la parte real de la impedancia de carga Pφ = I 2 R = 152 13.8564 = 3117.79 W

La potencia total activa P T = 3 Pφ PT = 3Pφ = 3(3117.79) = 9353.1 W.

Ejemplo 7 Cada rama de una carga equilibrada conectada en ∆, consta de una impedancia Z =(7 + j4) Ω. Las tensiones entre fases son E ab = 2360|_0o V, Ebc = 2360|_240o V y Eca =2360/120 °V. Determinar (a) Las corrientes fasoriales I ab, Ibc, e Ica; (b) Cada corriente de línea y su ángulo de fase asociado; (c) El factor de potencia de la carga. A

a

4Ω EAB

ECA

7Ω

4Ω

7Ω

c

b

4Ω

B

7Ω

EBC C

Figura 9 Solución (a) Las corrientes de fase Considerando que la impedancia de las cargas es Zp = (7 + j4) Ω = 8.1 |_27.7o Ω

135


la corriente de fase está dada por I ab = I bc =

I ca =

E ab Zab E bc Z bc E ca Zca

= =

=

2360 00 8.1 29.74

0

2360 -1200 8.1 29.74

0

23601200 0

8.1 29.74

= 292.7 -29.740 = (254.2 - j145.2) A = 292.7 -149.740 = (-252.84 - j147.5) A

= 292.7 90.260 = (-1.33 + j292.7) A

Las corrientes de línea. Aplicando la LKC al nodo a de la figura 9 I aA = Iab + Iac = I ab - Ica I aA = 254.2 - j145.2 - (-1.3 + j292.7) 0

I aA = 255.5 - j437.9 = 507.0 -59.74 A

Aplicando la LKC al nodo b de la figura 9 I bB = I bc + I ba = I bc - I ab I bB = -252.84 - j147.5 - (254.17 - j145.2) I bB = -507 - j2.3 = 507.01180.20 A

Aplicando la LKC al nodo c de la figura 9 I cC = I ca + Icb = Ica - Iac I cC = -1.3 + j292.7 - (-252.8 - j147.5) I cC = 251.5 + j440.2 = 507 60.230 A

El factor de potencia de la carga es: La potencia activa es: P = 7(292.7242 ) = 599.8 KW La potencia reactiva es Q = 4(292.7242 ) = 342.75 KVAR La potencia aparente es S = 599.812 +342.752 = 690.8 KVA El factor de potencia es Fp =

P S

=

599.8 690.8

= 0.87 en atraso

136

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Problemas 1. En la gráfica de circuito que se muestra en la figura 11, algunas corrientes son I 14 =5|_0o, I15 = 2|_90o, I13 = 4|_120o; I25 = 3|_30o; I23 = -j4 e I 34 = 1- j1, todas en amperes. Encuentre (a) I 35; (b) I24. Respuesta: 3.04|_171.2 o A; 6.33|_-152.1o A.

Figura 11 2. En la gráfica de circuito que se muestra en la figura 11, algunos voltajes son V 12 = 100|_0o, V 45 = 60|_75o, V 42 = 80|_120o y V 35 = -j120, todos en voltios. Encuentre (a) V 25; b) V13. 3. Un sistema de tres alambres trifásico balanceado tiene una carga conectada en Y, Cada una de las fases contiene tres cargas en paralelo: -j100 Ω, 100 Ω y 50 + j50 Ω, Suponga una secuencia de fases positiva con V ab = 400|_0o V. Encuentre (a) V an; (b) IaA; (c) el factor de potencia de la carga balanceada; (d) la potencia total consumida por la carga. Respuesta: 231|_-30 o; 4.62|_-30o; 1.0; 3200 W. 4. Un sistema trifásico balanceado de tres alambres tiene un voltaje de línea de 500 V. Dos cargas balanceadas se encuentran conectadas en Y. Una de ellas es una carga capacitiva con 7 - j2 Ω por fase y la otra es una carga inductiva con 4 + j2 Ω por fase. Encuentre (a) el voltaje de fase; (b) la corriente de línea; (c) la potencia total que consume la carga; (d) el factor de potencia al que está operando la fuente. Respuesta: 289 V; 97.5 A; 83.0 kW; 0.983 atrasado 5. Tres cargas balanceadas conectadas en Y se instalan sobre un sistema trifásico balanceado de cuatro alambres. La carga 1 obtiene una potencia total de 6 kW con FP unitario, la carga 2 requiere 10 k VA con FP = 0.96 atrasado, y la carga 3 necesita 7 kW con FP = 0.85 atrasado. Si el voltaje de fase en las cargas es de 135 V; la resistencia en cada línea es 0.1 Ω y la resistencia del neutro es de 1 Ω , encuentre (a) la potencia total que obtienen las cargas; (b) el FP combinado de las cargas; (c) la potencia total perdida en las tres líneas; (d) el voltaje de fase de la fuente; (e) el factor de potencia al que está operando la fuente. Respuesta: 22.6 kW; 0.954 atrasado; 1027 W; 140.6 V; 0.957 atrasado 6. Cada fase de una carga balanceada trifásica conectada en ∆ consiste en un inductor de 0.2 H en serie con la combinación en paralelo de un capacitor de 5 µF y una 137

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas resistencia de 200 Ω. Suponga una resistencia de línea igual a cero y un voltaje de fase de 200 V con w = 400 rad/s. Encuentre (a) la corriente de fase; (b) la corriente de línea; (c) la potencia total absorbida por la carga. Respuesta: 1.158 A; 2.01 A; 693 W 7. Un sistema trifásico balanceado de tres alambres está terminado con dos cargas conectadas en ∆ en paralelo. La carga 1 obtiene 40 k VA a un FP atrasado de 0.8, mientras que la carga 2 absorbe 24 kW con un FP adelantado de 0.9. Suponga que no hay resistencia en línea y sea V ab = 440|_30o V. Encuentre (a) la potencia total que obtienen las cargas; (b) la corriente de fase I AB1 para la carga atrasada; (c) I AB2; d) IaA . Respuesta: 56.0 kW; 30.3|_ -6.87° A; 20.2|_55.8 o A; 75.3|_-12.46° A 8. La figura 12 muestra un sistema trifásico balanceado de tres alambres con una secuencia de fase positiva. Sea V BC = 120|_60o Vrms y Rw = 0.6 Ω. Si la carga total (incluso la resistencia del alambre) absorbe 5 kVA a un FP = 0.8 atrasado, encuentre (a) la potencia total que se pierde en la resistencia de las líneas y (b) V an.

Figura 12 9. Sea V = 2300|_10° V rms en el sistema balanceado que se muestra en la figura 12 y sea Rw = 2 Ω. Suponga una secuencia de fases positiva con la fuente suministrando una potencia compleja total de S = 100 + j30 kVA Encuentre (a) I aA; b) VAN; c) Zp; d) la eficiencia de transmisión. Respuesta: 15.13|_-16.7 o A; 2270|_0.219 o V; 143.6 + j43.7 Ω; 98.6% 10. En el sistema trifásico balanceado de la figura 12, sean Z p = 12 + j5 Ω e I bB = 20|_0o Arms con la secuencia de fase positiva. Si la fuente opera con un FP = .935, encuentre (a) Rw; (b) Vbn; (c) VAB; (d) la potencia compleja suministrada por la fuente. 11. La impedancia de fase Z p en el sistema mostrado en la figura 12 consiste en una impedancia de 75|_25 o en paralelo con una capacitancia de 25 µF Sean V an = 240|_0o Vrms a 60 Hz y R w = 2 Ω. Encuentre (a) I aA; (b) Palambres; (c) Pcarga; d) el factor de potencia de la fuente. Respuesta: 2.97|_16.99 o A; 52.8 W; 1991 W; 0.956 adelantado

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Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas 12. Se instala un conductor neutro libre de pérdidas entre los nodos n y N en el sistema trifásico que se muestra en la figura 12. Suponga un sistema balanceado con secuencia de fase (+), pero que se conecta con cargas desbalanceadas: Z AN = 8 + j6 Ω, Z BN = 12 j16 Ω y ZCN = 5 Ω. Si Van = 120|_0o Vrms y Rw = 0.5 Ω, encuentre I nN. 13. El sistema trifásico balanceado que se muestra en la figura 12 tiene R w = 0 y Zp = 10 + j5 Ω por fase. (a) ¿A qué valor del factor de potencia está operando la fuente? (b) Suponga que f = 60 Hz, ¿cuál es el tamaño del capacitor que debe colocarse en paralelo con cada impedancia de fase para elevar el FP a 0.93 atrasado? (c) ¿Cuánta potencia reactiva absorbe cada capacitor si el voltaje de línea en la carga es de 440 V rms? Respuesta: 0.894 atraso; 22.2 µF; +541VAR 14. La figura 13 muestra un circuito trifásico balanceado de tres alambres. Sean R w = 0 y Van = 200|_60o Vrms. Cada fase de la carga absorbe una potencia compleja, S p = 2 - j1 kVA. Si se supone una secuencia de fase (+), encuentre (a) V bc; (b) Zp; (c) IaA

Figura 13 15. La carga balanceada en ∆ de la figura 13 requiere 15 kVA con un FP de 0.8 atrasado. Suponga una secuencia de fase (+) con V BC = 180|_30o Vrms. Si Rw = 0.75 Ω, encuentre (a) Vbc; (b) la potencia compleja total generada por la fuente. Respuesta: 233|_20.7 o V; 17.21 + j9.0 kVA 16. La carga en el sistema balanceado de la figura 13 absorbe una potencia compleja total de 3 + j1.8 kVA, mientras que la fuente genera 3.45 + j1.8 kVA. Si R w = 5 Ω, encuentre (a) I aA (b) IAB; (c)Van. 17. La fuente trifásica balanceada conectada en y de la figura 13 tiene V an = 140|_0o Vrms con secuencia de fase (+). Sea R w = 0. La carga trifásica balanceada absorbe 15 kW y +9 kVAR. Encuentre (a) V AB; (b) I AB; (c) IaA. Respuesta: 242|_30 o V; 24.0|_-0.964o A; 41.6|_-31.0 o A; 6.10 + j3.34 kVA 18. La fuente en la figura 14 está balanceada y exhibe una secuencia de fase (+). Encuentre (a) I aA; (b) I bB; (c) Icc; (d) la potencia compleja total proporcionada por la fuente.

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Figura 14

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sistemas trifasicos

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