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ANÁLISIS DE CIRCUITOS BIFÁSICOS Y TRIFÁSICOS
Luis E. Iparraguirre Vásquez
2008
tω
E
E
RE
SE
TE
R
r S
ts
T S
N
Rotor
Estator
r
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 1
Luis E. Iparraguirre Vásquez
Profesor Asociado
de la Escuela de Ingeniería Electrónica
de la Universidad Privada Antenor Orrego
Trujillo - Perú
ANÁLISIS DE CIRCUITOS BIFÁSICOS Y
TRIFÁSICOS
Reservados todos los derechos
Esta obra es propiedad intelectual del autor
Prohibida su reproducción parcial o total por
cualquier medio, sin permiso por escrito del
autor
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 2
INTRODUCCIÓN
Para el consumo de grandes cantidades de energía eléctrica demanda generación,
transmisión y distribución de la energía eléctrica, que se logra mediante los circuitos
eléctricos trifásicos. El estudio de los circuitos polifásicos constituye un análisis
exhaustivo de los sistemas bifásicos y trifásicos, balanceados o desbalanceados, que se
estudian en el presente texto.
La generación, transmisión y distribución de la energía eléctrica es el gran negocio de
las grandes compañías eléctricas, utilizando diversos combustibles como el carbón, el
gas natural, petróleo para generar energía eléctrica en centrales térmicas; o utilizar la
energía potencial gravitatoria de grandes masas de agua y que por medio de turbinas
acopladas con los ejes de los generadores conforman las centrales hidráulicas.
El voltaje del generador en las centrales, se eleva mediante una transformador para la
transmisión a grandes distancias, debido a que las centrales, generalmente no están
ubicadas ceca de los centros de consumo, y también para tener un mínimo de pérdidas
en las líneas de transmisión.
La energía eléctrica se genera, transmite y distribuye en sistema trifásico, y sólo cuando
esta cerca de los centros de consumo se reduce su tensión a los valores de consumo
( baja tensión), y también se cambia de trifásico a monofásico de acuerdo a lo solicitado
por los usuarios.
Las líneas de transmisión generalmente están conformadas por ternas, siendo soportadas
por torres de madera o metálicos, debidamente aisladas, y en baja tensión puede estar
conformada por tres hilos o cuatro hilos; uno de los cuales está conectado a tierra y es el
de menor calibre.
El caso ideal es que los sistemas polifásicos son diseñados para operar en estado
balanceado o equilibrado, pero en condiciones normales de operación de los circuitos
polifásicos, operan cerca del equilibrio, es decir que las corrientes de cada fase deben
tener los mismos valores eficaces, para que todas las fases del sistema polifásico
distribuyan su potencia aproximadamente iguales.
La estructura básica de un sistema polifásico consiste en fuentes de voltaje conectadas a
cargas a través de transformadores y líneas de transmisión. La omisión del
transformador en el sistema polifásico, simplifica el análisis sin afectar la comprensión
básica de los cálculos implicados.
En el texto se describe el análisis de los circuitos bifásicos y trifásicos de corriente
alterna, los que son conformados por dos y tres fases respectivamente, con tensiones de
la misma frecuencia. Las corrientes alternas fueron adoptadas notablemente por Nikola
Tesla (1856 – 1943), quien obtuvo diez patentes para motores de inducción de corriente
alterna en 1895
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 3
Los primeros alternadores de Westinghouse fueron de 3
1133 Hz, frecuencia muy alta
para el funcionamiento de los motores eléctricos. Gradualmente se estandarizó en
Estados Unidos la frecuencia de 60 Hz, por el cual el ojo humano no puede detectar el
parpadeo que efectúa la corriente alterna senoidal en una lámpara de incandescencia,
pero si es notorio a frecuencias menores. Las frecuencias mayores tienen como efecto
aumento de pérdida de energía en el circuito magnético de las máquinas eléctricas
Fundamentalmente la ventaja que presentan los circuitos trifásicos frente a los
monofásicos es que a igualdad de potencia a transmitir y pérdidas en las líneas o
conductores, las líneas trifásicas son mas económicas que los monofásicos, permitiendo
un ahorro del 25 % en el peso de los conductores (líneas).
Otra ventaja es que la potencia instantánea de un sistema trifásico balanceado es
constante, independiente del tiempo, permitiendo que los motores trifásicos tengan un
par uniforme, evitando vibraciones y esfuerzos en el rotor del motor.
Los motores trifásicos pueden arrancar por sí mismos, sin embargo los motores
monofásicos necesitan un dispositivo para conseguir el arranque.
Luis E. Iparraguirre Vásquez
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 4
CONTENIDO
Pag.
Sistemas Polifásicos 6
Generador Bifásico 6
Tensiones de fase 10
Tensiones de líneas 10
Generador trifásico 11
Conexiones de los arrollamientos de fuerza en un generador trifásico 13
Conexión estrella ( Y ) 13
• Secuencia de fases directa o positiva 16
• Secuencia de fases inversa o negativa 17
Conexión en delta ( ∆ ) 18
• Secuencia de fases directa o positiva 19
• Secuencia de fases inversa o negativa 19
Cargas trifásicas 19
Cargas trifásicas balanceadas 19
Cargas trifásicas desbalanceadas 20
Circuitos trifásicos balanceados 20
Generador trifásico en Y, con carga trifásica balanceada en Y
en secuencia directa 20
Tensiones de fase del generador 20
Corrientes de líneas 21
Potencias aparentes de fases 22
Potencia aparente total trifásica 23
Potencia activa total 23
Potencia reactiva total 23
Generador trifásico en ∆, con carga trifásica balanceada en ∆
en secuencia directa 25
Tensiones de fase del generador 26
Corrientes de fases 26
Corrientes de líneas 27
Potencias aparentes de fases 28
Potencia aparente total 28
Potencia activa total 29
Potencia reactiva total 29
Medida de la potencia activa total absorbida por una carga trifásica
balanceada o desbalanceada 31
Método de los dos vatímetros 32
Medida de la potencia trifásica total por medio del método de los
Dos vatímetros monofásicos para el sistema Y balanceado en
secuencia directa 33
Medida de la potencia trifásica total por medio del método de los
dos vatímetros monofásicos para el sistema ∆ balanceado en
secuencia directa 36
Determinación del ángulo de la impedancia de la carga trifásica
Balanceada en Y o ∆ 39
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 5
Pag.
Sistema trifásico tetrafilar balanceado en Y en secuencia inversa o negativa 40
Corrientes de líneas 41
Potencias aparentes de fases 42
Potencia aparente total trifásica 43
Potencia activa total 43
Potencia reactiva total 44
Medida de la potencia trifásica total por medio del método de los dos
vatímetros monofásicos para el sistema Y balanceado en secuencia
inversa o negativa 46
Sistema trifásico en ∆ en secuencia inversa o negativa 48
Tensiones de fase del generador 48
Corrientes de fases 49
Corrientes de líneas 50
Potencias aparentes de fases 51
Potencia aparente total 52
Potencia activa total 53
Potencia reactiva total 53
Medida de la potencia activa mediante el método de dos vatímetros
monofásicos 54
Medida de la potencia reactiva en un sistema Y o ∆ balanceado en
secuencia directa 57
Vatímetro en cuadratura en el sistema Y o ∆ balanceado en
Secuencia directa 57
Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema
trifásico en Y en secuencia directa 58
Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema
trifásico en ∆ en secuencia directa 59
Problemas resueltos de circuitos trifásicos balanceados 62 - 92
Problemas propuestos trifásicos balanceados 92 - 98
Circuitos trifásicos desbalanceados 99
Circuito trifásico trifilar en Y desbalanceado 99
Corrientes de mallas 99
Corrientes de líneas 99
Potencias aparentes de fases 100
Potencia aparente total 100
Circuito trifásico tetrafilar en Y desbalanceado 101
Corrientes de líneas 101
Corriente en el conductor neutro 101
Potencias aparentes de fases 101
Potencia aparente total 101
Circuito trifásico trifilar en ∆ desbalanceado 102
Corrientes de fases 102
Corrientes de líneas 102
Potencias aparentes de fases 103
Potencia aparente total 103
Problemas de circuitos trifásicos desbalanceados 104 - 137
Problemas propuestos desbalanceados 137 -140
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 6
SISTEMAS POLIFASICOS Un sistema polifásico es aquel que tiene dos o más sistemas monofásicos semejantes, en
que los valores máximos de las ondas alternas senoidales no se producen al mismo
tiempo.
El sistema bifásico es aquel que tiene dos sistemas monofásicos sinusoidales con
semejantes valores de amplitud y frecuencia, pero desfasadas entre si en 90 grados
eléctricos
El sistema trifásico es aquel que tiene tres sistemas monofásicos senoidales cuyas
tensiones con los mismos valores de amplitud y frecuencia, se encuentran desfasadas
entre si en 120 grados eléctricos
En instalaciones especiales como los convertidores rotativos, servicios electrolíticos y
otras es conveniente el uso de sistemas de seis, doce o más fases, que emplean tensiones
desfasadas de 60, 30 etc., grados eléctricos
Los equipos que se utilizan en los sistemas polifásicos presentan muchas ventajas con
respecto a los monofásicos. Los generadores polifásicos son de mayores potencias y
mas económicos, presentando mayores eficiencias.
Los motores polifásicos y equipos asociados como los conmutadores, transformadores y
elementos de control, son generalmente de altas potencias para ser usados
industrialmente.
En el sistema monofásico, los motores presentan un par electromagnético no uniforme,
debido a que el flujo de potencia es pulsante, en donde la potencia se anula cuatro veces
por ciclo y se hace negativa en dos intervalos de tiempo de cada ciclo, teniendo el motor
así la velocidad variable en cada instante.
Sin embargo los motores polifásicos operan con un par o torque electromagnético
uniforme, absorbiendo potencia a un ritmo constante y sin inversiones. Estos motores
polifásicos son más eficientes y económicos.
GENERADOR BIFASICO En un generador bifásico se encuentran dos arrollamientos iguales e independientes o
interconectados en el estator, de forma tal que quedan desplazadas en el espacio en 90º
eléctricos, tal como se muestra en la Fig. 1. En el rotor para este caso de dos polos se
encuentra el arrollamiento de excitación que es alimentado por una fuente de tensión
continua, a través de un reóstato de campo, y que al girar el rotor a una velocidad
angular ω, se inducen en las bobinas de fuerza ( bobinas del estator) tensiones con
desfases de 90 grados eléctricos, tal como se muestra en la Fig.3
En la Fig. 2 se muestra un rotor de cuatro polos
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 7
Fig. 2 Rotor de cuatro polos
salientes
Fig. 1 Generador Bifásico de dos polos
E
E−
tω
α
AE BE
Fig. 3 Tensiones inducidas de un generador bifásico en secuencia AB
Así: EEE BA == …( 1 )
En la fase A se induce: VtSenE)t(e Aa ω= …( 2 )
En la fase B se induce: V)º90t(SenE)t(eBb −ω= …( 3 )
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 8
El correspondiente diagrama fasorial de la Fig. 3 se muestra en la Fig. 4a y Fig. 4b
AaE
BbE
Aa
B
b
Fig. 4a
AaE
BbEFig. 4b
Estas tensiones tienen una secuencia AB, es decir que )t(e Aa ocurre primero y después
de 90º eléctricos ocurre )t(e Bb a esta secuencia de fases se le denomina secuencia
positiva o secuencia directa.
También puede darse la secuencia inversa BA o negativa, cuando ocurre primero
)t(e Bb , y después de 90º eléctricos ocurre )t(e Aa , tal como se muestra en la Fig. 5
E
E−
tω
α
BE AE
Fig. 5 Tensiones inducidas de un generador bifásico en secuencia BA
Siendo estas tensiones: VtSenE)t(e Bb ω= ( 4 )
V)º90t(SenE)t(eAa −ω= ( 5 )
El correspondiente diagrama fasorial de la Fig. 5 se grafica en las Fig. 6a y Fig. 6b
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 9
AaE
BbE
Fig. 6a AaE
BbE
Fig. 6b
Los primeros sistemas polifásicos eran bifásicos o tetrafásicos, siendo completamente
desalojados por los sistemas trifásicos; pero en servicio subsisten cierta cantidad de
sistemas bifásicos, especialmente en los casos de equipos originales de alta calidad o en
los sistemas servomecánicos, donde las máquinas bifásicas tienen gran ventaja.
Un sistema bifásico se caracteriza por un desfase de 90 grados eléctricos entre las
tensiones; las que son generadas en un alternador de dos devanados independientes,
separados en el espacio por el mismo desplazamiento angular que el desplazamiento de
las tensiones en el tiempo
En la Fig. 7(a) , (b), y (c) se muestra un sistema bifásico en secuencia AB o secuencia
directa
Las tensiones de fases son ANE , BNE
En la tensión ANE , significa que el borne “A” es más positivo que el borne “N”
Las tensiones de líneas son ABE , BAE
En la tensión ABE , significa que el borne “A” es más positivo que el borne “B”
En la tensión BAE , significa que el borne “B” es más positivo que el borne “A”
ANAa EE =
A
b
B
aN
BNBb EE =
B
N
AaE
BbE
ABE
AE
BE
BAE
Fig. 7 (a) (b) (c)
Siendo el valor eficaz de las tensiones de fase fE y el valor eficaz de las tensiones de
línea l
E , se tiene:
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 10
Tensiones de fases
Si: Vº0/EE fAN = (referencia) en secuencia directa, entonces Vº90/EE fBN −=
Tensiones de líneas
º90/Eº0/EEEE ffBNANAB −−=−= , Vº45/E2E fAB = y
º0/Eº90/EEEE ffANBNBA −−=−= , Vº135/E2E fBA −=
En un sistema bifásico fE2E =l
El circuito de la Fig. 7(a) pertenece a un generador bifásico
trifilar ( tres hilos).
El circuito de la Fig. 8 pertenece a un generador
bifásico tetrafilar (cuatro hilos) donde cada fase es utilizada
independientemente como dos sistemas monofásicos.
La Fig. 9 muestra un circuito eléctrico que constituye un generador tetrafásico pentafilar (4 fases - 5 hilos) del que se tiene:
Vº0/EE fAa = Vº90/EE fBb −=
Vº45/2
EE
º45/2
E2º90/
2
Eº0/
2
EE
fAb
fffAb
−=
−=−+=
Vº90/2
EE f
BN −=
AaE
BbE
AaE
BbE
2
EAa
2
EAa
2
EBb
2
EBb
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 11
La Fig. 10 que constituye un sistema tetrafásico tetrafilar ( 4 fases - 4 hilos ), del que se tiene:
BbAaQS EEE −=
º90/Eº0/EE ffQS −−=
Vº45/E2E fQS =
GENERADOR TRIFASICO Un generador trifásico es aquel que tiene tres arrollamientos independientes,
distribuidos en la periferia interna del estator, para los generadores de polos salientes; o
los tres arrollamientos independientes distribuidos en la periferia externa del rotor, para
los generadores de rotor cilíndrico. En la Fig. 11 se muestra un generador trifásico
bipolar, de rotor de polos salientes.
Fig. 11 Generador trifásico de dos polos salientes
AaE
BbE
AaE−
BbE−
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 12
En estos tres arrollamientos independientes e iguales, se inducen tensiones alternas
senoidales desfasadas entre si en 120 grados eléctricos, debido a que la distribución de
los arrollamientos en la máquina rotativa, también están a 120 grados eléctricos Cada
arrollamiento independiente tiene un par de bornes denotados con las letras R-r, S-s, y
T-t, tal como se muestra en la Fig. 11. El estator y rotor está formado por chapas
laminadas de acero u otras aleaciones siliciosas.
Las tensiones inducidas en los arrollamientos de fuerza según Faraday, es debida a la
acción de una estructura de excitación en corriente continua, la que genera un campo
electromagnético y que al girar concéntricamente a una velocidad angular rω , y las
espiras de los arrollamientos de fuerza cortan líneas de flujo, generando las tensiones de
las fases R, S, y T, tal como se muestra en la Fig. 12
tω
E
E
RE SE TE
Fig. 12 Tensiones inducidas en secuencia RST, de un generador trifásico
Así EEEE TSR === ( 6 )
tSenE)t(eRr ω= ( 7 )
)º120t(SenE)t(eSs −ω= ( 8 )
)º120t(SenE)t(eTt +ω= (9)
La secuencia de fases RST, STR, TRS, es denominada secuencia directa o positiva, y es
la que hace girar a los motores trifásicos de inducción en el sentido horario.
La secuencia de fases RTS, TSR, SRT, es denominada secuencia inversa o negativa, y
hace girar a los motores de inducción en el sentido antihorario.
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 13
En la Fig. 13 se muestra el diagrama fasorial de las tensiones inducidas en los
arrollamientos de fuerza, tal que al girar a la velocidad angular rω rad/s, se generan las
tensiones de la Fig. 12
120º
120º
120º
RrE
SsE
TtE
Fig 13
Una vez establecida la secuencias de fases, debe determinarse el orden en que deben
conectarse los conductores de línea a la carga.
Un motor de inducción trifásico alimentado en secuencia directa o positiva, gira en un
sentido. Si se intercambian dos de los conductores cualesquiera, entonces se invierte la
secuencia de fases a la secuencia inversa o negativa, y el motor de inducción invierte el
sentido de giro.
CONEXIONES DE LOS ARROLLAMIENTOS DE FUERZA EN UN GENERADOR TRIFÁSICO
Si cada una de las tres fases independientes del
generador trifásico de la Fig. 14, pueden actuar
independientemente, se tendría un sistema trifásico
exafilar
En la práctica los generadores trifásicos se pueden
conectar en estrella (Y); o en triángulo o delta (∆)
Conexión del generador en Estrella (Y). Para realizar este tipo de conexión los tres bornes r, s, y
t, se unen entre sí, formando un borne común denominado neutro, denotado con la letra
mayúscula N, tal como se muestra en la Fig. 15 conformando un sistema trifásico trifilar
( 3 fases - 3 hilos ); y Fig. 16 conformando un sistema trifásico tetrafilar ( 3 fases - 4
hilos ); ambas en secuencia de fases directa o positiva
SsE
TtE
RrERr
S
s
T
t
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 14
SNE
TNE
RNERr
S
s
T
t
T
S
N
SNE
TNE
RNE
Rr
S
s
T
t
N
N
S
T
Al invertir la secuencia de fases a inversa o negativa, se tendría las Fig. 17 y Fig. 18
SNE
TNERNE
Rr
S
s
T
t
T
S
N
SNE
TNERNE
R
S
T
N
N
S
T
Fig. 18.- Generador trifásico tetrafilar en
secuencia inversa o negativa
Del circuito de la Fig. 15 que
corresponde a un generador trifásico
trifilar en secuencia directa, y que
por no tener el conductor neutro,
sólo se puede obtener tensiones de
líneas, que corresponden a las
tensiones entre las líneas R y S,
obteniendo la tensión RSE o SRE ;
entre las líneas S y T, para obtener la
tensión STE o TSE ; y entre las
líneas T y R, para obtener la tensión
TRE o RTE
RN
S
T
RNE
SNE
TNETRE
RSE
STE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 15
Del circuito de la Fig. 16 que corresponde a un generador trifásico tetrafilar en
secuencia directa, se pueden obtener tanto las tensiones de líneas como las tensiones de
fases.
Una tensión de línea se obtiene entre dos líneas cualesquiera, y una tensión de fase se
obtiene entre una línea y el conductor neutro.
Las tensiones de fase tienen el mismo valor eficaz fTNSNRN EEEE === … (10)
y se encuentran desfasadas entre ellas en 120 grados eléctricos
También se determina que fasorialmente:
NRRN EE −= …(11)
NSSN EE −= …(12)
NTTN EE −= …(13)
De la Fig. 19, las tensiones de líneas son.
SNRNRS EEE −= …(14)
TNSNST EEE −= …(15)
RNTNTR EEE −= …(16)
De la Fig. 19, se ha obtenido el triángulo SNR que es isósceles y que se muestra en la
Fig. 20 y Fig. 21
RN
S
RNE
RSE
SNE
RN
S
fE
lE
fE
Aplicando ley de senos en el triángulo SNR de la Fig. 21 se tiene:
º30sen
E
º120sen
E f=l , que al dar valores se tiene
2
1
E
2
3
E f=l ; relación de la que se
determina que fE3E =l …(17).
La ecuación (17) indica que el valor eficaz de la tensión de línea es igual a raíz de tres
veces el valor eficaz de la tensión de fase
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 16
Si la secuencia de fases es directa o positiva, según circuito de la Fig. 16, con tensiones de fases:
Vº0/EE fRN = …(18)
Vº120/EE fSN −= …(19)
Vº120/EE fTN = …(20)
Reemplazando las ecuaciones del (18) al (20) en las ecuaciones del (14) al (16), se tiene
las ecuaciones:
Vº30/E3º120/Eº0/EE fffRS =−−= …(21)
Vº90/E3º120/Eº120/EE fffST −=−−= …(22)
Vº150/E3º0/Eº120/EE fffTR =−= …(23)
En la Fig. 22 se muestra el diagrama fasorial de tensiones de fases y tensiones de líneas
obtenidas de un generador trifásico tetrafilar en secuencia directa. Indicando también
que los valores eficaces de tensiones de líneas son iguales a raíz de tres veces el valor
eficaz de tensiones de fases
S
RNE
SNE
TNE
30º
30º
Fig. 22.- Diagrama fasorial de tensiones de fase y tensiones de
líneas en secuencia directa de un generador en Y
TRE
RSE
STE
120º
120º
SNE−
RNE−
TNE−
30º
30º
30º
30º
120º90º
90º90º
NOTA.- El ángulo formado entre una tensión de línea y una tensión de fase es de 30º eléctricos (ver Fig. 19 y Fig. 22)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 17
Si la secuencia de fases es inversa o negativa, según Fig. 18, con tensiones de fases:
Vº0/EE fRN = …(24)
Vº120/EE fTN −= …(25)
Vº120/EE fSN = …(26)
Las tensiones de líneas son:
TNRNRT EEE −= …(27)
SNTNTS EEE −= …(28)
RNSNSR EEE −= …(29)
SNE
TNERNE
R
S
T
N
N
S
T
RN
T
S
RNE
SNE
TNE
30º
30º
Fig. 23.- Tensiones de fase y de línea de un
generador trifásico tetrafilar en
secuencia inversa o negativa
SRE
RTE
TSE
120º
120º
Reemplazando las ecuaciones del (24) al (26) en las ecuaciones del (27) al (29), se tiene
las ecuaciones:
Vº30/E3º120/Eº0/EE fffRT =−−= …(30)
Vº90/E3º120/Eº120/EE fffTS −=−−= …(31)
Vº150/E3º0/Eº120/EE fffSR =−= …(32)
También se obtiene las tensiones de líneas RSE , STE y TRE , desfasando las
ecuaciones (32), (31) y (30) en 180 º eléctricos
Vº30/E3EE fSRRS −=−= …(33)
Vº90/E3EE fTSST =−= …(34)
Vº150/E3EE fRTTR −=−= …(35)
NOTA.- El desfase en 180º eléctricos de un fasor se obtiene permutando los subíndices
correspondientes del fasor en referencia.
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 18
RNE
SNE
TNE
SRERTE
TSE
TNE−
RNE−
SNE−
TRE
RSE
STE
Conexión del generador en Delta (∆∆∆∆).
Los tres arrollamientos del generador trifásico se conectan en configuración ∆, como
se muestra en la Fig. 25. para secuencia positiva
SsE
TtE
RrE
Rr
S
s
T
t
T
R
S
Fig. 25.- Generador en delta en
secuencia de fases directa
RSRr EE =
STSs EE =
TRTt EE =
Fig. 26.- Tensiones de fase y de línea de un generador
trifásico trifilar en , en secuencia directa o positiva
120º
120º120º
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 19
El borne “r” se conecta en cortocircuito con el borne “S”. De la misma forma el borne
“s” se conecta en cortocircuito con el borne “T”; y el borne “t” se conecta con el borne
“R” .
El la Fig. 26 se muestra las tensiones de fase en secuencia positiva, y que según en la
conexión ∆, las tensiones de fase son iguales a las tensiones de líneas.
lEE f = …(36)
En las Fig. 27 y Fig. 28 se muestra la conexión ∆, y las tensiones de fase iguales a las
tensiones de líneas de un generador con tensiones en secuencia inversa o negativa
SsE
TtE
RrE
Rr
S
s
T
t
T
R
S
Fig. 27.- Generador en delta en
secuencia de fases inversa
RTRr EE =
SRSs EE =
TSTt EE =
120º
120º
CARGAS TRIFÁSICAS
Las cargas trifásicas son conectadas en estrella (Y), o en delta o triángulo (∆), y pueden
ser balanceadas (equilibradas) o desbalanceadas (desequilibradas)
Cargas trifásicas balanceadas.- Son Aquellas cargas constituidas por las tres
impedancias de fases: Ωϕ= º/ZZf …(37) exactamente iguales, como se
muestran en las Fig. 29 y Fig. 30
fZ
fZ fZ
Fig. 29. Carga trifásica
balanceada en estrella
R
ST
fZfZ
fZ
Fig. 30. Carga trifásica
balanceada en triángulo
R
ST
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 20
Cargas trifásicas desbalanceadas.- Son Aquellas cargas constituidas por las tres
impedancias de fase desiguales, según se muestran en la Fig.31 y Fig. 32
1Z
3Z 2Z
321 ZZZ ≠≠
2Z1Z
3Z
Fig. 32. Carga trifásica
desbalanceada en triángulo
321 ZZZ ≠≠
R
ST
CIRCUITOS TRIFÁSICOS BALANCEADOS El sistema trifásico balanceado está conformado por un generador trifásico que
generalmente tiene las tensiones de fases balanceadas, el cual alimenta cargas trifásicas
balanceadas por medio de tres líneas (3 hilos) o cuatro líneas (4 hilos)
GENERADOR TRIFÁSICO EN Y, CON CARGA TRIFÁSICA BALANCEADA EN Y, EN SECUENCIA DIRECTA
fZ
fZ
fZ
SNE
TNE
RNE
Rr
S
s
T
t
N
N
S
T
TP
RP
TI
RI
SI TSR III ++
Tensiones de fase del generador. Para la Fig. 33 mostrada, sea:
)referencia(Vº0/EE fRN = secuencia (+) …(38)
Vº120/EE fSN −= …(39)
Vº120/EE fTN = …(40)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 21
Los potenciales de los bornes “r”, “s” y “t” son los mismos, denotados por “N”
(neutro). Los potenciales de los bornes “R” , “S” y “T” de las líneas y el potencial del
neutro son los mismos tanto en el generador como en la carga. Por lo tanto las tensiones
de fase del generador son también tensiones de fase de la carga.
Corrientes de líneas Las corrientes de líneas RI , SI , TI , son denotadas con un subíndice, que corresponde al
borne o índice de la línea por donde circula. Estas corrientes de líneas, son también
corrientes de fase, tanto para el generador, como para la carga, debido a que circulan por
las línea, por las fases del generador en “Y” y las fases de la carga en “Y”.
fII =l …(41)
Aº/Z
E
º/Z
º0/E
Z
EI
f
ff
f
RNR ϕ−=
ϕ== …(42)
Aºº120/Z
E
º/Z
º120/E
Z
EI
f
ff
f
SNS ϕ−−=
ϕ
−== …(43)
Aºº120/Z
E
º/Z
º120/E
Z
EI
f
ff
f
TNT ϕ−=
ϕ== …(44)
De las ecuaciones (42), (43) y (44), se observa que para el sistema trifásico
balanceado, los valores eficaces de las corrientes de líneas son de igual magnitud, es
decir: f
fTSR
Z
EIIII ====l …(45)
También se observa que el desfase entre estas corrientes de líneas es de 120º eléctricos
Al sumar las tres corrientes de líneas, para determinar la corriente en el neutro se tiene
que 0III TSR =++ …(46) es decir que por conductor neutro no circula
corriente (circuito abierto), por lo tanto se puede prescindir del conductor neutro.
Pero el conductor neutro, une el neutro del generador con el neutro de la carga, lo que
constituye un corto circuito.
De lo estudiado se concluye:
En el sistema trifásico balanceado, con generador en “Y” y carga en “Y”, las tres
corrientes de líneas son corrientes de fases, con igual magnitud eficaz es decir
f
ffTSR
Z
EIIIII =====
l …(47), y se encuentran desfasadas entre ellas en 120º
eléctricos; y cuya suma fasorial es cero
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 22
En la Fig. 34 se observa el diagrama fasorial de tensiones de fases, tensiones de líneas y
de corrientes de líneas del sistema trifásico tetrafilar balanceado en estudio, cuando la
carga tiene factor de potencia en atraso
RNE
SNE
TNE
30º
30º
Fig. 34.- Diagrama fasorial de tensiones de fase, tensiones de línea y de
corrientes de línea, de un sistema trifásico tetrafilar balanceado en
secuencia (+), con factor de potencia en atraso
TRE
RSE
STE
30º
SNE−
RNE−
TNE−
30º
30º
30º
RI
ºϕ
ºϕ
ºϕ
SI
TI
30º
TSE
90º
0º >ϕ
Potencias aparentes de fases De la Fig. 33 se determina las potencias aparentes absorbidas por cada impedancia de
fase:
Fase R-N VAº/Z
Eº/
Z
Eº0/EIES
f
2f
f
ff
*RRNRN ϕ=ϕ== …(48)
Fase S-N VAº/Z
Eºº120/
Z
Eº120/EIES
f
2f
f
ff
*SSNSN ϕ=ϕ+−== …(49)
Fase T-N VAº/Z
Eºº120/
Z
Eº120/EIES
f
2f
f
ff
*TTNTN ϕ=ϕ+−== …(50)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 23
De las ecuaciones (48), (49) y (50), se observa que las potencias absorbidas por cada
impedancia de fase, son exactamente iguales: VAº/Z
ESSS
f
2f
TNSNRN ϕ=== …(50)
Potencia aparente total trifásica
La potencia aparente total entregada por la fuente es la suma de las tres potencias
aparentes absorbidas por cada impedancia de fase. Luego:
VAº/Z
Ex3SSSS
f
2f
TNSNRNtot ϕ=++= …(51)
La ecuación (50) puede escribirse: VAº/Z
EE3S
f
fftot ϕ= …(52)
De la ecuación (17), 3
EE f
l= …(53)
De la ecuación (45) lI
Z
E
f
f = …(54)
Reemplazando las ecuaciones (53) y (54) en la ecuación (52) se tiene:
VAº/Ix3
Ex3Stot ϕ=
l
l …(55)
Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (55) tenemos:
VAº/IE3Stot ϕ=ll
…(56)
El módulo de la potencia aparente total es: VAIE3Stot ll= …(57)
Pero VAQJPS tottottot += …(58)
Potencia activa total
De la ecuación (56) la potencia activa total trifásica es:
vatiosºcosIE3Ptot ϕ=ll …(59)
Potencia reactiva total
De la ecuación (56) la potencia reactiva total trifásica es:
esvarºsenIE3Q tot ϕ=ll …(60)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 24
La potencia aparente total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de la tensión y corriente de línea, como se analiza de la
ecuación (57)
La potencia activa total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del factor de potencia
total (el factor de potencia total es igual al factor de potencia de cada impedancia de
fase) como indica la ecuación (59) La potencia reactiva total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del seno del ángulo de
la impedancia de fase, como indica la ecuación (60)
Los valores eficaces de tensión de línea y corriente de línea no determinan como está
conectado el generador ni la carga trifásica balanceada
RNE
SNE
TNE
30º
30º
Fig. 35.- Diagrama fasorial de tensiones de fase, tensiones de línea y de
corrientes de línea, de un sistema trifásico tetrafilar balanceado en
secuencia (+), con factor de potencia igual a uno
TRE
RSE
STE
30º
SNE−
RNE−
TNE−
30º
30º
30º
RI
SI
TI
30º
TSE
0º =ϕ
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 25
RNE
SNE
TNE
30º
30º
Fig. 36.- Diagrama fasorial de tensiones de fase, tensiones de línea y de
corrientes de línea, de un sistema trifásico tetrafilar balanceado en
secuencia (+), con factor de potencia en adelanto
TRE
RSE
STE
30º
SNE−
RNE−
TNE−
30º
30º
30º
RI
SI
TI 30º
TSE
0º <ϕ
ºϕ
ºϕ
ºϕ
GENERADOR TRIFÁSICO EN ∆∆∆∆, CON CARGA TRIFÁSICA BALANCEADA EN ∆∆∆∆, , , , EN SECUENCIA DIRECTA
TP
RP
TI
RI
SI
fZ
fZfZ
RSI
STI
TRI
SsE
TtE
RrERr
S
s
T
t
T
R
S
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 26
Tensiones de fase del generador.
)referencia(Vº0/EE fRS = secuencia (+) …(61)
Vº120/EE fST −= …(62)
Vº120/EE fTR = …(63)
El potencial de borne “r” es mismo que del borne “S”; el potencial del borne “s” es el
mismo que del borne “T”; y el potencial del borne “t” es el mismo que el potencial del
borne “R”, tal como se observa en la Fig.37, quedando el generador conectado en ∆,
Los potenciales “R”, “S” y “T” son los mismos que de la carga en conexión ∆, luego a
cada fase de la carga se a aplicado la tensión de línea, es decir que en conexión del
generador en ∆, las tensiones de fase son también tensiones de líneas
lEE f = , como indica la ecuación (36)
Corrientes de fases Son aquellas corrientes que circulan por las fases del generador o fases de la carga. Las
corrientes de fases se especifican con doble subíndice como por ejemplo de la Fig. 38 se
dice:
RSI : que circula por la fase de la carga, del borne “R” al borne “S”
STI : que circula por la fase de la carga, del borne “S” al borne “T”
TRI : que circula por la fase de la carga, del borne “T” al borne “R”
Así también se puede determinar la corriente SRI que circula por la fase de la carga, del
borne “S” al borne “R”. Es decir SRRS II −= …(64)
Cuando se evalúa las corrientes de fase del generador, generalmente es para determinar
las corrientes permisibles que circulan por las bobinas de fuerza del generador, con el
propósito de no deteriorar dichas fases generadoras de energía eléctrica.
Aº/Z
E
º/Z
º0/E
Z
EI
f
f
f
f
f
RSRS ϕ−=
ϕ== …(65)
Aºº120/Z
E
º/Z
º120/E
Z
EI
f
f
f
f
f
STST ϕ−−=
ϕ
−== …(66)
Aºº120/Z
E
º/Z
º120/E
Z
EI
f
f
f
f
f
TRTR ϕ−=
ϕ== …(67)
0III TRSTRS =++ …(68)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 27
Se observa que en el sistema balanceado en ∆ en secuencia positiva, las tres corrientes
de fases tienen el mismo valor eficaz, es decir: AZ
EIIII
f
ffTRSTRS ==== …(69),
y se encuentran desfasadas entre ellas en 120’ eléctricos, cuya suma fasorial es cero.
Corrientes de líneas Son las corrientes que circulan por las líneas que unen el generador con la carga. Estas
corrientes circulan del generador hacia la carga, y se denotan con un solo subíndice
correspondiente al borne de la línea en referencia.
Así el circuito de la Fig. 37, las corrientes de líneas son: TSR IeI,I
Aplicando 1ra Ley de Kirchhoff a los bornes “R”, “S” y “T” de la carga en ∆, se tiene:
En el borne “R” TRRSR III −= …(70)
En el borne “S” RSSTS III −= …(71)
En el borne “T” STTRT III −= …(72)
Reemplazando las corrientes de fases, en los segundos miembros en las ecuaciones (70),
(71) y (72) se tiene:
Aºº30/Z
E3ºº120/
Z
Eº/
Z
EI
f
f
f
f
f
fR ϕ−−=ϕ−−ϕ−= …(73)
Aºº150/Z
E3º/
Z
Eºº120/
Z
EI
f
f
f
f
f
fS ϕ−−=ϕ−−ϕ−−= …(74)
Aºº90/Z
E3ºº120/
Z
Eºº120/
Z
EI
f
f
f
f
f
fT ϕ−=ϕ−−−ϕ−= …(75)
Sumando los primeros y segundos miembros de las ecuaciones (70), (71) y (72) se
tiene: A0III TSR =++
Según la expresión (69) y las magnitudes eficaces de las corrientes de líneas
determinadas por los segundos miembros de las ecuaciones del (73) al (75), se
concluye: AI3IIII fTSR ====l …(76), y se encuentran desfasadas entre
ellas en 120° eléctricos, siendo la suma fasorial igual a cero
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 28
Para este circuito el diagrama fasorial de tensiones y corrientes, con factor de potencia
en atraso se muestra en la Fig. 38.
RSE
STE
TRE
30º
Fig. 38.- Diagrama fasorial de tensiones y corrientes de
un sistema trifásico trifilar en , balanceado en
secuencia (+), con factor de potencia en atraso
ºϕ
ºϕ
TRI
STI
RSI−
SI
STI−TI
TSE
º30
º60
)ºº30( ϕ−
RSIºϕ
TRI−
RI
º30
ºº90 ϕ−
0º >ϕ
Potencias aparentes de fases Determinando las potencias aparentes absorbidas por cada fase de la carga, se tiene:
En la fase R-S VAº/Z
Eº/
Z
Eº0/EIES
f
2f
f
ff
*RSRSRS ϕ=ϕ== …(77)
En la fase S-T VAº/Z
Eºº120/
Z
Eº120/EIES
f
2f
f
ff
*STSTST ϕ=ϕ+−== …(78)
En la fase T-R VAº/Z
Eºº120/
Z
Eº120/EIES
f
2f
f
ff
*TRTRTR ϕ=ϕ+−== …(79)
Se observa que en el sistema balanceado en ∆, las potencias aparentes por fase son
iguales, es decir VAº/Z
ESSSS
f
2f
fTRSTRS ϕ==== …(80)
Potencia aparente total La potencia aparente total absorbida por la carga es igual a la suma fasorial de las tres
potencias aparentes de cada fase
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 29
VAº/Z
E3SSSS
f
2f
TRSTRStot ϕ=++= …(81)
La ecuación (81) puede escribirse: VAº/Z
EE3S
f
fftot ϕ= …(82)
De la ecuación (36), lEE f = …(83)
De la ecuación (69) ff
f IZ
E= …(84)
Reemplazando las ecuaciones (83) y (84) en la ecuación (82) se tiene:
VAº/IxEx3S ftot ϕ=l
…(85)
Según la ecuación (76) se deduce: A3
IIf
l= …(86)
Reemplazando (86) en (85) y efectuando operaciones en el segundo miembro de la
ecuación (85) tenemos:
VAº/IE3Stot ϕ=ll
…(87)
El módulo de la potencia aparente total es: VAIE3Stot ll= …(88)
Pero VAQJPS tottottot += …(89)
Potencia activa total
De la ecuación (56) la potencia activa total trifásica es:
vatiosºcosIE3Ptot ϕ=ll …(90)
Potencia reactiva total
De la ecuación (56) la potencia reactiva total trifásica es:
esvarºsenIE3Q tot ϕ=ll …(91)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 30
A continuación se muestran en la Fig. 39 y Fig. 40, los diagramas fasoriales de
tensiones y corrientes de un sistema trifásico trifilar en ∆, con factor de potencia
unitario y factor de potencia en adelanto respectivamente
RSE
STE
TRE
Fig. 39.- Diagrama fasorial de tensiones y corrientes de
un sistema trifásico trifilar en , balanceado en
secuencia (+), con factor de potencia unitario
TSE
º60
0º =ϕ
30º
TRI
STI
RSI−
SI
STI− TI
º30
RSI
TRI−
RI
º30
RSE
STE
TRE TSEº60
0º <ϕ
TRI
STI
RSI−
SI
STI−TI
RSI
TRI−
RI
º30ºϕ
º30
ºϕ
ºϕ
ºº30 ϕ−
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 31
La potencia aparente total depende únicamente de los valores de tensión y corriente
de línea, según se observa de la ecuación (88)
La potencia activa total absorbida por una carga trifásica balanceada en “∆” en
secuencia directa, son funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y
del factor de potencia total (el factor de potencia total es igual al factor de potencia de
cada impedancia de fase), como se observa de la ecuación (90) La potencia reactiva total absorbida por una carga trifásica balanceada en “∆” en
secuencia directa, son funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y
del seno del ángulo de la impedancia de fase, deducido de la ecuación (91)
Los valores eficaces de tensión de línea y corriente de línea no determinan como está
conectado el generador ni la carga trifásica balanceada
MEDIDA DE LA POTENCIA ACTIVA TOTAL ABSORBIDA POR UNA CARGA TRIFÁSICA BALANCEADA, O DESBALANCEADA
La medición de la potencia activa total trifásica en un sistema polifásico es posible,
instalando tantos vatímetros monofásicos como fases tiene el sistema
Para en sistema trifásico se utilizarían tres vatímetros monofásicos conectados en cada
fase; de manera tal que cada vatímetro monofásico mida la potencia activa de fase, esto
es que por cada bobina amperimétrica ingrese la corriente de fase y a la bobina
voltimétrica de cada vatímetro monofásico aplicar la tensión de fase (es decir entre línea
y neutro para la carga en estrella; o entre línea y línea para la carga en delta), tal como
se muestra en la Fig. 41 y Fig. 42, para una carga en Y o en ∆ respectivamente
321 ZZZ ≠≠
1Z
3Z
2Z
TI
SI
RI
TP
SP
RP
Fig. 42. Medida de la potencia trifásica
de una carga trifásica en triángulo,
mediante tres vatímetros monofásicos
R
S
T
1Z
2Z 1ZP2Z
P
3Z
3ZP
321 ZZZ ≠≠
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 32
El método de los tres vatímetros es adecuado para la medición de la potencia activa de
un sistema trifásico desbalanceado, generalmente si las tensiones entregadas por el
generador y el factor de potencia de la carga, varían constantemente, y la potencia total
es la suma algebraica de las tres lecturas indicadas de cada vatímetro
Así para la Fig. 41 la potencia total es: TSRtot PPPP ++= …(92)
Y para la Fig. 42 la potencia total es: 321 ZZZtot PPPP ++= …(93)
Método de los dos vatímetros Para la medición de la potencia trifásica, el método de los dos vatímetros es el que
comúnmente se utiliza. Para medir la potencia trifásica total por este método, la carga
puede estar conectado en estrella ( Y ) o delta ( ∆ ), y puede ser balanceada o
desbalanceada
Los dos vatímetros se deben conectar adecuadamente dos líneas, tal como se muestra en
la Fig. 43.
Cada vatímetro se conecta en dos líneas cualesquiera, de manera tal que en cada bobina
amperimétrica ingrese la corriente de línea; y a cada bobina voltimétrica se conecte la
tensión de línea determinada por la línea donde se ha conectado el vatímetro y la otra
línea donde no se ha conectado un vatímetro.
Si bien los vatímetros individuales ya no registran la potencia absorbida por cualquier
fase particular de la carga, la suma algebraica de las lecturas de los dos vatímetros es
igual a la potencia activa total tomada por las carga trifásica, sin que importe las
conexiones, tanto de generador como de la carga (estrella o delta).
R
S
TTP
RP
TI
RI
SI
adadesbalance
o
balanceada
oYen
trifásica
aargC
∆
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 33
Medida de potencia trifásica total por medio del método de los dos vatímetros monofásicos para el sistema Y balanceado en secuencia directa Analizaremos el circuito eléctrico ya estudiado de la Fig. 33, con Generador en “Y” y
carga en “Y”con su diagrama fasorial de tensiones y corrientes es el mostrado en la
Fig. 34
fZ
fZ
fZ
SNE
TNE
RNE
Rr
S
s
T
t
N
N
S
T
TP
RP
TI
RI
SI TSR III ++
S
RNE
SNE
TNE
30º
30º
Fig. 34.- Diagrama fasorial de tensiones de fase, tensiones de línea y de
corrientes de línea, de un sistema trifásico tetrafilar balanceado en
secuencia (+), con factor de potencia en atraso
TRE
RSE
STE
30º
SNE−
RNE−
TNE−
30º
30º
30º
RI
ºϕ
ºϕ
ºϕ
SI
TI
30º
TSE
90º
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 34
Si : º90ºº0 <ϕ< , el factor de potencia es en atraso
Si : ºº0 ϕ= , el factor de potencia es unitario (máximo)
Si : º0ºº90 <ϕ<− , el factor de potencia es en adelanto
Para el circuito de la Fig. 33, las lecturas son:
RS
R
E
IRRSR cosIEP ⟨= …(94)
TS
T
E
ITTST cosIEP ⟨= …(95)
Siendo l
EEE TSRS == …(96)
lIII TR == …(97)
De la Fig. 34 el ángulo formado entre RRS IeE es: ºº30RS
R
E
Iϕ+=⟨ …(98)
y el ángulo formado entre TTS IeE es: ºº30TS
T
E
Iϕ−=⟨ …(99)
Reemplazando las ecuaciones (96), (97) y (98) en la ecuación (94) se obtiene en
valores de líneas vatios)ºº30(cosIEPR ϕ+=ll …(100)
Reemplazando las ecuaciones (96), (97) y (99) en la ecuación (95) se obtiene en
valores de líneas vatios)ºº30(cosIEPT ϕ−=ll …(101)
Sumando los primeros miembros de las ecuaciones (100) y (101) se tiene:
( ) vatios)ºº30cos()ºº30(cosIEPP TR ϕ−+ϕ+=+ll …(102)
Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (102) se tiene:
vatiosºcosº30cos2IEPP TR ϕ=+ll
…(103)
siendo 2
3º30cos = …(104), que reemplazado en (103) se tiene:
vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll …(104)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 35
El segundo miembro de la expresión de la ecuación (104), es idéntica a la expresión del
segundo miembro de la ecuación (59), e indica que los dos vatímetros monofásicos dan
valores de lecturas, cuya suma es igual a la potencia activa total absorbida por la carga
trifásica balanceada en Y
La potencia total activa es función de los valores eficaces de tensión de línea, corriente
de línea y del factor de potencia total (igual al factor de potencia de cada impedancia de
fase)
En secuencia (+), los vatímetros se han colocado en las líneas “R” y “T” obteniendo
las lecturas:
vatios)ºº30(cosIEPR ϕ+=ll …(100)
vatios)ºº30(cosIEPT ϕ−=ll
…(101)
vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll …(104)
Graficando las ecuaciones (100) y (101) y (104) se obtiene la Fig. 44, de la que se
deduce:
º30 º60 º90º30−º60−º90− º15 º45
º75
º15−º45−
º75−
llIE
PR
llIE
PT
llIE
Ptot
ºϕºϕ−
llIE
P
Fig. 44.- Gráfica de PR , P
T , P
tot en secuencia directa, de un sistema trifásico balanceado en Y
2/3
3
1º. Para factor de potencia total en atraso, en secuencia directa R S T R S T, se ha
conectado dos vatímetros:
a. Un vatímetro conectado en la línea R y el otro en la línea T TSRTSR**
,
quedando la línea “S” centrada entre las dos líneas donde se han conectado los
vatímetros
Así: PT ( vatímetro que se encuentra a la derecha ) tiene mayor lectura que PR
(vatímetro que se encuentra a la izquierda) es decir PT > PR
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 36
b. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “S” y “T”, para factor de
potencia en atraso y en secuencia directa TSRTSR**
, la lectura PS > PT
c. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “R” y “S”, para factor de
potencia en atraso y en secuencia directa TSRTSR**
, la lectura PR > PS
2º. Si el factor de potencia total es unitario, las lecturas son iguales. PR = PT
3º. Para factor de potencia total en adelanto, en secuencia (+), se conecta dos
vatímetros:
a. Con los vatímetros en las líneas “R” y “T” TSRTSR**
, vatímetro conectado
en la línea “R” ( vatímetro que se encuentra a la izquierda) tiene mayor lectura
que PT (vatímetro que se encuentra a la derecha) es decir PR > PT
b. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “S” y “T”, para factor de
potencia en adelanto y en secuencia directa TSRTSR**
, la lectura PT > PS
c. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “R” y “S”, para factor de
potencia en adelanto y en secuencia directa TSRTSR**
, la lectura PS > PR
4º. En las ecuaciones (100) y (101), al cambiar ºϕ por ºϕ− , se permutan las lecturas
Medida de potencia trifásica total por medio del método de los dos vatímetros monofásicos para el sistema ∆∆∆∆ balanceado en secuencia directa Analizaremos el circuito eléctrico ya estudiado de la Fig. 37, con Generador en “∆” y
carga en “∆”cuyo diagrama fasorial de tensiones y corrientes es el mostrado en la Fig.
38
TP
RP
TI
RI
SI
fZ
fZfZ
RSI
STI
TRI
SsE
TtE
RrERr
S
s
T
t
T
R
S
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 37
RSE
STE
TRE
30º
Fig. 38.- Diagrama fasorial de tensiones y corrientes de
un sistema trifásico trifilar en , balanceado en
secuencia (+), con factor de potencia en atraso
ºϕ
ºϕ
TRI
STI
RSI−
SI
STI−TI
TSE
º30
º60
)ºº30( ϕ−
RSIºϕ
TRI−
RI
º30
ºº90 ϕ−
0º >ϕ
Si : º90ºº0 <ϕ< , el factor de potencia es en atraso
Si : ºº0 ϕ= , el factor de potencia es unitario (máximo)
Si : º0ºº90 <ϕ<− , el factor de potencia es en adelanto
Para el circuito eléctrico de la Fig. 33, las lecturas son:
RS
R
E
IRRSR cosIEP ⟨= …(105)
TS
T
E
ITTST cosIEP ⟨= …(106)
Siendo lEEE TSRS == …(107)
lIII TR == …(108)
De la Fig. 38 el ángulo formado entre RRS IeE es: ºº30RS
R
E
Iϕ+=⟨ …(109)
y el ángulo formado entre TTS IeE es: ºº30TS
T
E
Iϕ−=⟨ …(110)
Reemplazando las ecuaciones (107), (108) y (109) en la ecuación (105) se obtiene
en valores de líneas vatios)ºº30(cosIEPR ϕ+=ll …(111)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 38
Reemplazando las ecuaciones (107), (108) y (110) en la ecuación (106) se obtiene
en
valores de líneas vatios)ºº30(cosIEPT ϕ−=ll
…(112)
Sumando los primeros miembros de las ecuaciones (111) y (112) se tiene:
( ) vatios)ºº30cos()ºº30(cosIEPP TR ϕ−+ϕ+=+ll
…(113)
Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (113) se tiene:
vatiosºcosº30cos2IEPP TR ϕ=+ll
…(114)
siendo 2
3º30cos = …(115), que reemplazado en (114) se tiene:
vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll …(116)
El segundo miembro de la ecuación (116), es idéntica al segundo miembro de la
ecuación (90), e indica que los dos vatímetros monofásicos dan valores de lecturas,
cuya suma es igual a la potencia activa total absorbida por la carga trifásica balanceada
en ∆.
La potencia total activa es función de los valores eficaces de tensión de línea, corriente
de línea y del factor de potencia total (igual al factor de potencia de cada impedancia de
fase)
En secuencia (+), los vatímetros se han colocado en las líneas “R” y “T” obteniendo
las lecturas:
vatios)ºº30(cosIEPR ϕ+=ll …(111)
vatios)ºº30(cosIEPT ϕ−=ll …(112)
vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll …(116)
Los valores de potencia indicados por las ecuaciones (111) , (112) , y (116), son
observados en la Fig. 45 (Exactamente igual a la Fig. 44)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 39
º30 º60 º90º30−º60−º90− º15 º45
º75
º15−º45−
º75−
llIE
PR
llIE
PT
llIE
Ptot
ºϕºϕ−
llIE
P
2/3
3
Para el sistema Y o ∆∆∆∆ trifásico balanceado en secuencia directa:
La ecuación (100) es idéntica a la ecuación (111)
La ecuación (101) es idéntica a la ecuación (112)
La ecuación (104) es idéntica a la ecuación (116)
De lo que se concluye que la potencia indicada por cada vatímetro monofásico es
independiente de la conexión del generador y de la conexión de la carga, y que la suma
algebraica de las lecturas de cada vatímetro monofásico es la potencia activa total
absorbida por la carga trifásica.
La potencia activa total siempre positivo, sin embargo las lecturas de los vatímetros
peden tomar valores positivos y negativos, dependiendo de la secuencia de fases y del
factor de potencia de la carga trifásica balanceada.
Determinación del ángulo de impedancia de la carga trifásica balanceada en Y o ∆∆∆∆
Las lecturas de cada vatímetro monofásico de un circuito trifásico balanceado dependen
del factor de potencia, tal como las ecuaciones:
vatios)ºº30(cosIEPR ϕ+=ll
…(100) ó …(111)
vatios)ºº30(cosIEPT ϕ−=ll …(101) ó …(112)
es lógico que estas ecuaciones nos permitan determinar una fórmula que determine el
ángulo de la impedancia de la carga trifásica balanceada.
Obteniendo la diferencia de lecturas de los vatímetros monofásicos
ϕ+−ϕ−=− )ºº30cos()ºº30cos(IEPP RT ll
…(117)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 40
Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (117) se tiene:
ϕ=− ºsenº30sen2IEPP RT ll
siendo sen 30º = 2/1
ºsenIEPP RT ϕ=−ll
…(118)
Pero vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll
…(104) ó …(116)
Dividiendo miembro a miembro las ecuaciones (118) y (104) se tiene:
ºcosIE3
ºsenIE3
PP
PP
TR
RT
ϕ
ϕ=
+
−
ll
ll
…(119)
de donde
+
−=ϕ
RT
RT
PP
PP3ºtg …(120)
En la aplicación de la ecuación (120) para evaluar tg ϕº es necesario aplicar los signos
correctos a los valores de PT y PR
SISTEMA TRIFASICO TETRAFILAR BALANCEADO EN Y, EN SECUENCIA INVERSA O NEGATIVA
fZ
fZ
fZSNE
TNERNE
Rr
S
s
T
tN
N
S
T
RP
TI
RI
SI
TSR III ++
TP
En la Fig. 46 se muestra el circuito eléctrico a estudiar, con los dos vatímetros
monofásicos conectados en las líneas “R” y “T”
Las tensiones de fase del generador en secuencia inversa son:
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 41
Vº0/EE fRN = …( 121 ) ( referencia a 0º ) secuencia (-)
Vº120/EE fSN = …(122)
Vº120/EE fTN −= …(123)
Corrientes de líneas Las corrientes de líneas RI , SI , TI e son denotadas con un subíndice, que corresponde
al borne o índice de la línea por donde circula. Estas corrientes de líneas, son también
corrientes de fase, tanto para el generador, como para la carga, debido a que circulan por
las línea, por las fases del generador en “Y” y las fases de la carga en “Y”.
fII =l …(41)
Aº/Z
E
º/Z
º0/E
Z
EI
f
ff
f
RNR ϕ−=
ϕ== …(124)
Aºº120/Z
E
º/Z
º120/E
Z
EI
f
ff
f
SNS ϕ−=
ϕ== …(125)
Aºº120/Z
E
º/Z
º120/E
Z
EI
f
ff
f
TNT ϕ−−=
ϕ
−== …(126)
De las ecuaciones (124), (125) y (126), se observa que para el sistema trifásico
balanceado, los valores eficaces de las corrientes de líneas son de igual magnitud, es
decir: f
ffTSR
Z
EIIIII =====
l …(127)
También se observa que el desfase entre las corrientes de líneas es de 120º eléctricos
Al sumar las tres corrientes de líneas, para determinar la corriente en el neutro se tiene
que 0III TSR =++ …(128) es decir que por conductor neutro no circula
corriente ( característica de un circuito abierto), por lo tanto se puede prescindir del
conductor neutro.
El conductor neutro, une el neutro del generador con el neutro de la carga, lo que
constituye un corto circuito.
De lo estudiado se concluye:
En el sistema trifásico balanceado, con generador en “Y” y carga en “Y”, las tres
corrientes de líneas son corrientes de fases, con igual magnitud eficaz es decir
f
ffTSR
Z
EIIIII =====
l …(127), y se encuentran desfasadas entre ellas en
120º eléctricos; y cuya suma fasorial es cero
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 42
En la Fig. 47 se observa el diagrama fasorial de tensiones de fases, tensiones de líneas y
de corrientes de líneas del sistema trifásico tetrafilar balanceado en secuencia negativa o
inversa, cuando la carga tiene factor de potencia en atraso
RNE
SNE
TNE
30º
30º
TRE
RSE
STE
30º SNE−
RNE−
TNE−
30º
30º
30º
30º
TSE
0º >ϕ
ºϕ
ºϕ
ºϕ
RI
SI
TI
Fig. 47.- Diagrama fasorial de tensiones de fase, tensiones de línea y de
corrientes de línea de un sistema trifásico tetrafilar en secuencia (-),
con factor de potencia en atraso
RTE
30º
SRE
ºº
90ϕ−
Potencias aparentes de fases De la Fig. 47 se determina las potencias aparentes absorbidas por cada impedancia de
fase:
Fase R-N VAº/Z
Eº/
Z
Eº0/EIES
f
2f
f
ff
*RRNRN ϕ=ϕ== …(129)
Fase S-N VAº/Z
Eºº120/
Z
Eº120/EIES
f
2f
f
ff
*SSNSN ϕ=ϕ+−== …(130)
Fase T-N VAº/Z
Eºº120/
Z
Eº120/EIES
f
2f
f
ff
*TTNTN ϕ=ϕ+−== …(131)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 43
De las ecuaciones (129), (130) y (131), se observa que las potencias absorbidas por
cada impedancia de fase, son exactamente iguales:
VAº/Z
ESSS
f
2f
TNSNRN ϕ=== …(132)
Potencia aparente total trifásica
La potencia aparente total entregada por la fuente es la suma de las tres potencias
aparentes absorbidas por cada impedancia de fase. Luego:
VAº/Z
Ex3SSSS
f
2f
TNSNRNtot ϕ=++= …(133)
La ecuación (133) puede escribirse: VAº/Z
EE3S
f
fftot ϕ= …(134)
Para el sistema estrella, 3
EE f
l= …(135)
De la ecuación (127) l
IZ
E
f
f = …(136)
Reemplazando las ecuaciones (135) y (136) en la ecuación (134) se tiene:
VAº/Ix3
Ex3Stot ϕ=
l
l …(137)
Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (137) tenemos:
VAº/IE3Stot ϕ=ll
…(138)
El módulo de la potencia aparente total es: VAIE3Stot ll= …(139)
Pero VAQJPS tottottot += …(140)
Potencia activa total
De la ecuación (140) la potencia activa total trifásica es:
vatiosºcosIE3Ptot ϕ=ll
…(141)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 44
Potencia reactiva total
De la ecuación (138) la potencia reactiva total trifásica es:
esvarºsenIE3Q tot ϕ=ll
…(142)
º0º =ϕ
RNE
SNE
TNETRE
RSE
STE
30º SNE−
RNE−
TNE−
TSE
RTESRE
La potencia aparente total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de la tensión y corriente de línea, como se analiza de la
ecuación (139)
La potencia activa total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del factor de potencia
total (el factor de potencia total es igual al factor de potencia de cada impedancia de
fase) como indica la ecuación (141)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 45
La potencia reactiva total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del seno del ángulo de
la impedancia de fase, como indica la ecuación (142)
Los valores eficaces de tensión de línea y corriente de línea no determinan como está
conectado el generador ni la carga trifásica balanceada
En las Fig. 48 y Fig. 49 se muestran los diagramas fasoriales de tensiones y
corrientes en secuencia inversa, de los sistemas trifásicos tetrafilares en Y, con factor de
potencia unitario y factor de potencia en adelanto respectivamente
º0º <ϕ
RNE
SNE
TNETRE
RSE
STE
30º SNE−
RNE−
TNE−
TSE
RTESRE
ºϕ
ºϕ
ºϕ
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 46
Medida de potencia trifásica total por medio del método de los dos vatímetros monofásicos para el sistema Y balanceado en secuencia inversa o negativa
Según el circuito eléctrico de la Fig. 46, los vatímetros están conectados en las líneas R
y T, luego las lecturas de los vatímetros serán:
RS
R
E
IRRSR cosIEP ⟨= …(143)
TS
T
E
ITTST cosIEP ⟨= …(144)
La tensiones l
EEE TSRS == …(145)
Las corrientes l
III TR == …(146)
RNE
SNE
TNE
30º
30º
TRE
RSE
STE
30º SNE−
RNE−
TNE−
30º
30º
30º
30º
TSE
0º >ϕ
ºϕ
ºϕ
ºϕ
RI
SI
TI
Fig. 47.- Diagrama fasorial de tensiones de fase, tensiones de línea y de
corrientes de línea de un sistema trifásico tetrafilar en secuencia (-),
con factor de potencia en atraso
RTE
30º
SRE
ºº
90ϕ−
Del diagrama de la Fig. 47 se obtienen los ángulos entre tensiones y corrientes, así
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 47
ºº30RS
R
E
Iϕ−=⟨ …(147) ºº30TS
T
E
Iϕ+=⟨ …(148)
Reemplazando las ecuaciones (145), (146) y (147) en la ecuación (143) se tiene:
vatios)ºº30cos(IEPR ϕ−=ll
…(149)
Reemplazando las ecuaciones (145), (146) y (148) en la ecuación (144) se tiene
vatios)ºº30cos(IEPT ϕ+=ll
…(150)
Sumando miembro a miembro las ecuaciones (149) y (150) se tiene:
vatios)ºº30cos()ºº30cos(IEPP TR
ϕ++ϕ−=+
ll …(151)
Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (151) se tiene:
vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll
…(152)
El segundo miembro de la expresión de la ecuación (152), es idéntica a la expresión del
segundo miembro de la ecuación (141), e indica que los dos vatímetros monofásicos dan
valores de lecturas, cuya suma es igual a la potencia activa total absorbida por la carga
trifásica balanceada en Y
La potencia total activa es función de los valores eficaces de tensión de línea, corriente
de línea y del factor de potencia total (igual al factor de potencia de cada impedancia de
fase)
Graficando las potencias de las ecuaciones (149), (150) y (152) se obtiene la Fig. 50, de
la que se deduce:
º30 º60 º90º30−º60−º90− º15 º45
º75
º15−º45−
º75−
llIE
PT
llIE
PR
llIE
Ptot
ºϕºϕ−
llIE
Ptot
2/3
3
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 48
1º. Para factor de potencia total en atraso, en secuencia inversa R T S R T S, se han
conectado dos vatímetros:
a. Un vatímetro conectado en la línea R y el otro en la línea T STRSTR**
,
quedando la línea “S” centrada entre las dos líneas donde se han conectado los
vatímetros
Así: para factor de potencia en atraso y en secuencia inversa, PR ( vatímetro
que se encuentra a la derecha ) tiene mayor lectura que PT (vatímetro que se
encuentra a la izquierda) es decir PR > PT
b. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “S” y “T”, para factor de
potencia en atraso y en secuencia inversa STRSTR**
, la lectura PT > PS
c. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “R” y “S”, para factor de
potencia en atraso y en secuencia inversa STRSTR**
, la lectura PS > PR
2º. Si el factor de potencia total es unitario, las lecturas son iguales. PR = PT
3º. Para factor de potencia total en adelanto, en secuencia (-), se conecta dos
vatímetros:
a. Con los vatímetros en las líneas “R” y “T” STRSTR**
, vatímetro
conectado en la línea “T” ( vatímetro que se encuentra a la izquierda) tiene
mayor lectura que el vatímetro conectado en la línea R (vatímetro que se
encuentra a la derecha) es decir PT > PR
b. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “S” y “T”, para factor de
potencia en adelanto y en secuencia inversa STRSTR**
, la lectura PS > PT
c. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “R” y “S”, para factor de
potencia en adelanto y en secuencia inversa STRSTR**
, la lectura PR > PS
4º. En las ecuaciones (149) y (150), al cambiar ºϕ por ºϕ− , se permutan las
lecturas
SISTEMA TRIFÁSICO EN ∆∆∆∆ EN SECUENCIA INVERSA O NEGATIVA Tensiones de fase del generador.
)referencia(Vº0/EE fRT = secuencia (-) …(153)
Vº120/EE fTS −= …(154)
Vº120/EE fSR = …(155)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 49
TPTI
RI
SI
fZ
fZfZ
SRI
TSI
RTI
SRSs EE =
TSTt EE =RTRr EE =
Rr
S
s
T
t
T
R
S
RP
El potencial de borne “r” es mismo que del borne “T”; el potencial del borne “s” es el
mismo que del borne “R”; y el potencial del borne “t” es el mismo que el potencial del
borne “S”, tal como se observa en la Fig.51, quedando el generador conectado en ∆, en
secuencia inversa
Los potenciales “R”, “S” y “T” son los mismos que de la carga en conexión ∆, luego a
cada fase de la carga se a aplicado la tensión de línea, es decir que en conexión del
generador en ∆, las tensiones de fase son también tensiones de líneas
lEEEEE fTRSTRS ==== …(156)
Vº60/EE fRS −= …(157)
Vº60/EE fST = …(158)
Vº180/EE fTR = …(159)
Corrientes de fase Son aquellas corrientes que circulan por las fases del generador o fases de la carga. Las
corrientes de fases se especifican con doble subíndice como por ejemplo de la Fig. 51 se
dice:
SRI : Corriente que circula por la fase de la carga, del borne “S” al borne “R”
TSI : Corriente que circula por la fase de la carga, del borne “T” al borne “S”
RTI : Corriente que circula por la fase de la carga, del borne “R” al borne “T”
Así también se puede determinar la corriente RSI que circula por la fase de la carga, del
borne “R” al borne “S”. Es decir SRRS II −= …(160)
Cuando se evalúa las corrientes de fase del generador, es generalmente para determinar
las corrientes permisibles que circulan por las bobinas de fuerza del generador, con el
propósito de no deteriorar dichas fases generadoras de energía eléctrica.
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 50
Aº120/Z
E
º/Z
º120/E
Z
EI
f
f
f
f
f
SRSR ϕ−=
ϕ== …(161)
Aºº120/Z
E
º/Z
º120/E
Z
EI
f
f
f
f
f
TSTS ϕ−−=
ϕ
−== …(162)
Aº/Z
E
º/Z
º0/E
Z
EI
f
f
f
f
f
RTRT ϕ−=
ϕ== …(163)
0III TRSTRS =++ …(164)
Se observa que en el sistema balanceado en ∆ en secuencia inversa, las tres corrientes de
fases tienen el mismo valor eficaz, es decir: AZ
EIIII
f
ffRTTSSR ==== …(165),
y se encuentran desfasadas entre ellas en 120º eléctricos, cuya suma fasorial es cero.
Corrientes de líneas Son las corrientes que circulan por las líneas que unen el generador con la carga. Estas
corrientes circulan del generador hacia la carga, y se denotan con un solo subíndice
correspondiente al borne de la línea en referencia.
Así el circuito de la Fig. 51, las corrientes de líneas son: TSR IeI,I
Aplicando 1ra Ley de Kirchhoff a los bornes “R”, “S” y “T” de la carga en ∆, se tiene:
En el borne “R” SRRTR III −= …(166)
En el borne “S” TSSRS III −= …(167)
En el borne “T” RTTST III −= …(168)
Reemplazando las corrientes de fases, en los segundos miembros en las ecuaciones
(166), (167) y (168) se tiene:
Aºº30/Z
E3ºº120/
Z
Eº/
Z
EI
f
f
f
f
f
fR ϕ−−=ϕ−−ϕ−= …(169)
Aºº90/Z
E3ºº120/
Z
Eºº120/
Z
EI
f
f
f
f
f
fS ϕ−=ϕ−−−ϕ−= …(170)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 51
Aºº150/Z
E3º/
Z
Eºº120/
Z
EI
f
f
f
f
f
fT ϕ−−=ϕ−−ϕ−−= …(171)
Sumando miembro a miembro las ecuaciones (169), (170) y (171) se tiene:
A0III TSR =++ …(172)
Las magnitudes eficaces de las corrientes de líneas determinadas por los segundos
miembros de las ecuaciones (169). (170) y (171), se concluye:
AI3IIII fTSR ====l …(173), y se encuentran desfasadas entre ellas en 120°
eléctricos, siendo la suma fasorial igual a cero
El diagrama fasorial de tensiones y corrientes con factor de potencia en atraso en
secuencia inversa, se muestra en la Fig. 52.
RTE
RTE
TSE
SRE
ºϕ
ºϕ
SRI
TSIRTI−
TI
TSI− SI
STE
º30
º60
)ºº30( ϕ−
RTIºϕ
SRI−
RI
º30
ºº90 ϕ−
0º >ϕ
Potencias aparentes de fases Determinando las potencias aparentes absorbidas por cada fase de la carga, se tiene:
En la fase S-R VAº/Z
Eºº120/
Z
Eº120/EIES
f
2f
f
ff
*SRSRSR ϕ=ϕ+−== …(174)
En la fase T-S VAº/Z
Eºº120/
Z
Eº120/EIES
f
2f
f
ff
*TSTSTS ϕ=ϕ+−== …(175)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 52
En la fase R-T VAº/Z
Eº/
Z
Eº0/EIES
f
2f
f
ff
*RTRTRT ϕ=ϕ== …(176)
Se observa que en el sistema balanceado en ∆ en secuencia inversa, las potencias
aparentes por fase son iguales, es decir:
VAº/Z
ESSSS
f
2f
fRTTSSR ϕ==== …(177)
Se deja como ejercicio al lector para que demuestre:
TRRTSTTSRSSR SSSSSS ===== …(178)
Potencia aparente total La potencia aparente total absorbida por la carga es igual a la suma fasorial de las tres
potencias aparentes de cada fase
VAº/Z
E3SSSS
f
2f
RTTSSRtot ϕ=++= …(179)
La ecuación (179) puede escribirse: VAº/Z
EE3S
f
fftot ϕ= …(180)
En delta la tensión de fase es tensión de línea lEE f = …(181)
En delta la corriente de fase es ff
f IZ
E= …(182)
Reemplazando las ecuaciones (181) y (182) en la ecuación (180) se tiene:
VAº/IxEx3S ftot ϕ=l
…(183)
Por estar la carga en ∆ según la ecuación (173) se deduce: A3
IIf
l= …(184)
Reemplazando (184) en (183) y efectuando operaciones en el segundo miembro de la se
obtiene:
VAº/IE3Stot ϕ=ll
…(185)
El módulo de la potencia aparente total es: VAIE3Stot ll= …(186)
Pero VAQJPS tottottot += …(187)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 53
Potencia activa total
De la ecuación (185) la potencia activa total trifásica es:
vatiosºcosIE3Ptot ϕ=ll
…(188)
Potencia reactiva total
De la ecuación (185) la potencia reactiva total trifásica es:
esvarºsenIE3Q tot ϕ=ll
…(189)
RTE
TSE
SRESTE
º60
RI
º30
0º =ϕ
RTI
º30
SRI−
SRI
TSI−SI
º30
TSI
RTI−
TI
Ejercicio Dibujar el diagrama fasorial de tensiones y corrientes de un sistema trifásico trifilar en
∆, balanceado en secuencia inversa con factor de potencia en adelanto
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 54
Medida de la potencia activa mediante el método de dos vatímetros monofásicos
TPTI
RI
SI
fZ
fZfZ
SRI
TSI
RTI
SRSs EE =
TSTt EE =RTRr EE =
Rr
S
s
T
t
T
R
S
RP
Los vatímetros se han instalado en las líneas “R” y “T” según la Fig. 51 para la carga
trifásica balanceada en delta, en secuencia inversa, luego las lecturas de los vatímetros
serán:
RS
R
E
IRRSR cosIEP ⟨= …(190)
TS
T
E
ITTST cosIEP ⟨= …(191)
La tensiones de líneas: l
EEE TSRS == …(192)
Las corrientes de líneas: l
III TR == …(193)
Del diagrama de la Fig. 52 se obtienen los ángulos entre tensiones y corrientes, así
ºº30RS
R
E
Iϕ−=⟨ …(194)
ºº30TS
T
E
Iϕ+=⟨ …(195)
Reemplazando las ecuaciones (192), (193) y (194) en la ecuación (190) se tiene:
vatios)ºº30cos(IEPR ϕ−=ll
…(196)
Reemplazando las ecuaciones (192), (193) y (195) en la ecuación (191) se tiene
vatios)ºº30cos(IEPT ϕ+=ll …(197)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 55
RTE
RTE
TSE
SRE
ºϕ
ºϕ
SRI
TSIRTI−
TI
TSI− SI
STE
º30
º60
)ºº30( ϕ−
RTIºϕ
SRI−
RI
º30
ºº90 ϕ−
0º >ϕ
RSE
ºº30 ϕ−
Sumando miembro a miembro las ecuaciones (196) y (197) se tiene:
vatios)ºº30cos()ºº30cos(IEPP TR
ϕ++ϕ−=+
ll …(198)
Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (198) se tiene:
vatiosºcosIE3PP TR ϕ=+ll
…(199)
El segundo miembro de la expresión de la ecuación (199), es idéntica a la expresión del
segundo miembro de la ecuación (188), e indica que los dos vatímetros monofásicos dan
valores de lecturas, cuya suma es igual a la potencia activa total absorbida por la carga
trifásica balanceada en ∆
La potencia total activa es función de los valores eficaces de tensión de línea, corriente
de línea y del factor de potencia total (igual al factor de potencia de cada impedancia de
fase)
Graficando las potencias de las ecuaciones (196), (197) y (199) se obtiene la Fig. 54, de
la que se deduce:
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 56
º30 º60 º90º30−º60−º90− º15 º45
º75
º15−º45−
º75−
llIE
PT
llIE
PR
llIE
Ptot
ºϕºϕ−
llIE
Ptot
Fig. 54.- Gráfica de PR , P
T , P
tot en secuencia inversa de un sistema trifásico
balanceado en
2/3
3
1º. Para factor de potencia total en atraso, en secuencia inversa R T S R T S, se han
conectado dos vatímetros:
a. Un vatímetro conectado en la línea R y el otro en la línea T STRSTR**
,
quedando la línea “S” centrada entre las dos líneas donde se han conectado los
vatímetros
Así: para factor de potencia en atraso y en secuencia inversa, PR ( vatímetro
que se encuentra a la derecha ) tiene mayor lectura que PT (vatímetro que se
encuentra a la izquierda) es decir PR > PT
b. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “S” y “T”, para factor de
potencia en atraso y en secuencia inversa STRSTR**
, la lectura PT > PS
c. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “R” y “S”, para factor de
potencia en atraso y en secuencia inversa STRSTR**
, la lectura PS > PR
2º. Si el factor de potencia total es unitario, las lecturas son iguales. PR = PT
3º. Para factor de potencia total en adelanto, en secuencia (-), se conecta dos vatímetros:
a. Con los vatímetros en las líneas “R” y “T” STRSTR**
, vatímetro
conectado en la línea “T” ( vatímetro que se encuentra a la izquierda) tiene
mayor lectura que el vatímetro conectado en la línea R (vatímetro que se
encuentra a la derecha) es decir PT > PR
b. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “S” y “T”, para factor de
potencia en adelanto y en secuencia inversa STRSTR**
, la lectura PS > PT
c. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “R” y “S”, para factor de
potencia en adelanto y en secuencia inversa STRSTR**
, la lectura PR > PS
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 57
4º. En las ecuaciones (196) y (197), al cambiar ºϕ por ºϕ− , se permutan las lecturas
NOTA.- La Fig. 50 que corresponde al circuito trifásico balanceado en Y en secuencia
negativa, y Fig. 53 que corresponde al circuito trifásico balanceado en ∆ en secuencia
negativa, ambas figuras son exactamente iguales.
Las ecuaciones de potencia indicada por cada vatímetro PR y PT y la potencia total Ptot
son las mismas; por lo que se deduce que el método de los dos vatímetros es válido para
cualquier circuito trifásico, balanceado y desbalanceado, y en cualquier secuencia;
debido que las lecturas de cada vatímetro dependen únicamente de los valores de líneas,
y del cos(30º ºϕ± ).
MEDIDA DE LA POTENCIA REACTIVA EN UN SISTEMA Y o ∆∆∆∆ BALANCEADO EN SECUENCIA DIRECTA
En todo sistema triásico balanceado en ∆ o Y, la potencia reactiva total es medida
mediante el método del vatímetro monofásico en cuadratura.
Vatímetro en cuadratura en el sistema Y o ∆∆∆∆ en secuencia directa Es la conexión de un vatímetro monofásico en una línea en un sistema trifásico
balanceado, mediante el cual se demostrará que su lectura es directamente proporcional
a la potencia reactiva total, absorbida por una carga trifásica balanceada.
Para la secuencia de fases (+)
Si el vatímetro monofásico se conectara en la línea R,
TSRTSR
EI
**−← , conectando el
vatímetro monofásico en la línea R, La corriente de línea RI ingresa por la marca
de polaridad de la bobina de corriente; y a la bobina de tensión se aplica el voltaje
STE
Si el vatímetro monofásico se conectara en la línea S, TSRTSR
EI
** −← la corriente de
línea SI ingresa por la marca de polaridad de la bobina de corriente; y a la bobina
de tensión se le aplica el voltaje TRE
Si el vatímetro monofásico se conectara en la línea T, TSRTSR
EI
** −← la corriente
de línea TI ingresa por la marca de polaridad de la bobina de corriente; y a la
bobina de tensión se le aplica el voltaje RSE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 58
Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema trifásico en “Y” en secuencia directa Conectando el vatímetro monofásico en la línea “R” cuyo circuito se muestra en la
Fig. 55.
fZ
fZ
fZ
SNE
TNE
RNE
Rr
S
s
T
t
N
N
S
T
TI
RI
SI TSR III ++
´RP
la lectura del vatímetro monofásico es: ST
R
E
IRST´R cosIEP ⟨= …(200)
Del diagrama fasorial correspondiente (Fig. 34) mostrado en la siguiente página, se
tiene:
lEEST = …(201) (tensión de línea)
lIIR = …(202) (corriente de línea)
ºº90ST
R
E
Iϕ−=⟨ …(203) (ángulo entre RST IeE )
Reemplazando las ecuaciones (201), (202) y (203) en la ecuación (200) tenemos:
)ºº90cos(IEP´R ϕ−=
ll …(204)
siendo ºsen)ºº90cos( ϕ=ϕ− …(205)
Reemplazando la ecuación (205) en la (204) se tiene: ºsenIEP´R ϕ=
ll …(206)
Pero la potencia reactiva total es:
esvarºsenIE3Q tot ϕ=ll
…(207)
Reemplazando la ecuación (206) en (207) se tiene:
esvarP3Q ´Rtot = …(208)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 59
Luego 3
QP tot´
R = …(209)
S
RNE
SNE
TNE
30º
30º
Fig. 34.- Diagrama fasorial de tensiones de fase, tensiones de línea y de
corrientes de línea, de un sistema trifásico tetrafilar balanceado en
secuencia (+), con factor de potencia en atraso
TRE
RSE
STE
30º
SNE−
RNE−
TNE−
30º
30º
30º
RI
ºϕ
ºϕ
ºϕ
SI
TI
30º
TSE
90º
Enunciado 1. La ecuación (209) indica que en un circuito trifásico balanceado en Y en
secuencia directa, cualquiera sea su factor de potencia, un vatímetro monofásico en
cuadratura indica que su lectura igual a la potencia reactiva total trifásica, entre raíz de
tres.
Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema trifásico en “∆∆∆∆” en secuencia directa Conectando el vatímetro monofásico en la línea “R” cuyo circuito se muestra en la
Fig. 56
.
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 60
TI
RI
SI
fZ
fZfZ
RSI
STI
TRI
SsE
TtE
RrERr
S
s
T
t
T
R
S
´RP
La lectura del vatímetros es ST
R
E
IRST´R cosIEP ⟨= …(210)
Del diagrama fasorial correspondiente (Fig. 38) se tiene:
lEEST = …(211) (tensión de línea)
lIIR = …(212) (corriente de línea)
ºº90ST
R
E
Iϕ−=⟨ …(213) (ángulo entre RST IeE )
Reemplazando las ecuaciones (211), (212) y (213) en la ecuación (210) tenemos:
)ºº90cos(IEP´R ϕ−=
ll …(214)
siendo ºsen)ºº90cos( ϕ=ϕ− …(215)
Reemplazando la ecuación (215) en la (214) Se tiene: ºsenIEP´R ϕ=
ll …(216)
Pero la potencia reactiva total es
esvarºsenIE3Q tot ϕ=ll …(217)
reemplazando la ecuación (216) en (217) se tiene:
esvarP3Q ´Rtot = …(218)
Luego 3
QP tot´
R = …(219)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 61
RSE
STE
TRE
30º
Fig. 38.- Diagrama fasorial de tensiones y corrientes de
un sistema trifásico trifilar en , balanceado en
secuencia (+), con factor de potencia en atraso
ºϕ
ºϕ
TRI
STI
RSI−
SI
STI−TI
TSE
º30
º60
)ºº30( ϕ−
RSIºϕ
TRI−
RI
º30
ºº90 ϕ−
Enunciado 2. La ecuación (219) muestra que en un circuito trifásico balanceado en ∆
en secuencia directa, cualquiera sea su factor de potencia, un vatímetro monofásico en
cuadratura indica que su lectura igual a la potencia reactiva total trifásica, entre raíz de
tres.
De los enunciados 1 y 2 correspondientes a las ecuaciones (209) y (219) se deduce:
En todo circuito trifásico balanceado en secuencia directa, en Y o ∆, un vatímetro
conectado en cuadratura, indicará una lectura igual a la potencia reactiva trifásica total
absorbida, entre raíz de tres.
Las expresiones de las ecuaciones (206) y (216) es válida para todo circuito trifásico
balanceado en secuencia directa, cualquiera sea el factor de potencia de la carga
trifásica, debido a que la lectura depende de los valores de tensión de línea y corriente
de línea y del seno del ángulo ºϕ
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 62
PROBLEMAS RESUELTOS DE CIRCUITOS TRIFÁSICOS BALANCEADOS
Problema 1
Una carga trifásica balanceada conectada en estrella, tiene 16 Ω de resistencia y 12 Ω
de reactancia inductiva en serie en cada fase, y es alimentada por una línea trifásica de
230 V.
Determinar:
a. El valor eficaz de la corriente de línea.
b. La potencia activa total.
Solución La carga equilibrada está conectada en estrella, luego las corrientes de fase y de línea
son las mismas, y están desfasadas en 120 grados eléctricos.
La impedancia de fase es:
Ω=
Ω+=
º87.36/20Z
12J16Z
Y,f
Y,f
El valor eficaz de la tensión de línea es: Vℓ = 230 voltios
El valor eficaz de la tensión de fase es:
V79.1323
230
3
VVf === l
El valor eficaz de la corriente fase
a.Rpta.A64.620
79.132
Z
VII
Y,f
ff ==== l
La potencia activa total trifásica es:
b.Rpta.vatios30.211616x64.6x3P
16RRI3P
2tot
ff2ftot
==
Ω==
Otra forma de calcular la potencia activa total es mediante la fórmula:
b.Rpta.vatios15.21168.0x64.6x230x3P
CosIE3P
tot
tot
==
ϕ= ll
Problema 2
Para el problema 1; si las tres impedancias se conectan en triángulo y si se colocan a
través de los mismos voltajes de línea, determinar:
a. El valor eficaz de las corrientes de líneas.
b. El valor eficaz de las corrientes de fase.
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 63
c. La potencia activa total.
Solución La carga está conectada en delta, luego la impedancia por fase en delta es:
Ω=
Ω+=
∆
∆
º87.36/20Z
12J16Z
,f
,f
Con la carga conectada en triángulo o delta, la tensión de línea es también la tensión de
fase.
Luego: lE = Ef
El valor eficaz de la corriente de fase de la carga en delta es:
b.Rpta..A50.1120
230
Z
EI
,f
ff ===
∆
El valor eficaz de la corriente de línea es:
a.Rpta.A92.1950.11x3I
I3I f
==
=
l
l
La potencia activa total f2fftot RI3P3P ==
c.Rpta.vatios634816x50.11x3P 2tot ==
Otra forma de calcular la potencia es a través de la fórmula:
c.Rpta.vatios45.63488.0x92.19x230x3P
8.0º87.36CosCosCosIE3P
tot
tot
==
==ϕϕ= ll
Problema 3 Dos cargas en paralelo están alimentadas por una línea trifásica a una tensión de 240
voltios, 60 Hz. Una de las impedancias de fase de la carga en delta es 12 / – 60º Ω. Y
la otra impedancia de fase de la carga en estrella es 10 / 25º Ω. Determinar:
a. La corriente de línea.
b. El factor de potencia total.
Solución Sea:
lV : Tensión de línea: lV = 240 voltios f = 60 Hz.
∆,fZ : Impedancia de fase de la carga trifásica equilibrada conectada en triángulo.
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 64
Y,fZ : Impedancia de fase de la carga trifásica equilibrada en estrella.
∆,fZ = 12 / –60º Ω , Y,fZ = 10 / 25º Ω
Como ∆,fZ y Y.fZ son cargas trifásicas equilibradas, el sistema trifásico total es
equilibrado. Luego para la solución es conveniente desarrollar mediante el equivalente
monofásico; para lo cual, se pasa la carga delta a estrella.
Sea 3/ZZ ,f'
Y,f ∆= la impedancia por fase equivalente en estrella, de la carga delta
1I : Corriente en '
Y,fZ
2I : Corriente en Y,fZ
RNE : Tensión de fase a 0º (referencia)
Vº0/3
240ERN = Vº0/564.138ERN =
Aº60/64.34º60/4
º0/56.138
Z
EI
'Y,f
RN1 =
−==
Aº25/85.13º25/01
º0/56.138
Z
EI
Y,f
RN2 −===
a. La corriente de línea 21R III +=
Aº25/85.13º60/64.34IR −+=
.Aº94.38/41.3815.24J87.29IR aRpta.=+=
Otro método es determinar la impedancia por fase total en estrella
Ω−=+−
−=
+= º941.38/607.3
º25/10º60/4
º25/10xº60/4
ZZ
ZZZ
Y,f'
Y,f
Y,f'
Y,ftot,Y,f
La corriente de línea es: Aº941.38/413.38941.38/607.3
º0/56.138
Z
EI
tot,Y,f
RNR =
−== OK.
b. El factor de potencia total es Cos -38.94º = 0.7777 Rpta.b.
'Y,fZ Y,fZ
1I 2IRNE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 65
Problema 4
Un motor de inducción de 50 HP trifásico, conectado en estrella a una línea trifásica de
440 voltios y 60 Hz está trabajando al 80% de su potencia nominal. El motor tiene el
factor de potencia de 0.76 y eficiencia de 72%.
Determinar la capacidad por fase en una conexión en triángulo requerida a través de la
línea para corregir el factor de potencia a 0.92 en atraso.
Solución
Motor: 50HP conectado en estrella.
Eℓ = 440 voltios f = 60 Hz. %PC = 0.8
η = 72% = 0.72 76.0Cos m =ϕ
La potencia aparente total del motor trifásico es:
VA76.0Cos/72.0x76.0
8.0x746x50S 1
m−=
VAº54.40/16.54532Sm =
La potencia aparente del motor por fase es la tercera parte de la potencia aparente total
m,fm,fm,f
m1m,f
QJPVA92.11814J95.13813S
º54.40VAº54.40/39.18177S
+=+=
=ϕ=ϕ=
El circuito equivalente monofásico es:
Y,fC : Capacidad por fase en conexión en
estrella, del banco 3φ de condensadores.
º07.2392.0Cos 21
2 =ϕ→=ϕ −
Como Eℓ = 440 V, se tiene que .V3
440Ef = Ef = 254.03 V.
Así la capacidad por fase en conexión estrella Y,fC para mejorar el factor de potencia
es: F)tgTg(E
PC 212
RN
m,fY,f ϕ−ϕ
ω= , y que al reemplazar datos se tiene:
m,fS
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 66
uF8.243C
)º07.23tgº54.40Tg(377x03.254
95.13813C
Y,f
2Y,f
=
−=
Siendo ∆,fCX la reactancia capacitiva por fase en conexión delta
como: 3
XX
,f
Y,f
CC
∆= entonces
)3(Cf2
1
Cf2
1
,fy,f ∆π=
π
de donde: Rpta.uF27.813
8.243C
3
CC ,f
Y,f,f ==→= ∆∆
Problema 5 Un generador trifásico de 200 voltios de tensión de línea, alimenta a una carga inductiva
conectada en estrella, que absorbe 10 amperios a través de una línea aérea trifásica de
1 Ω de resistencia y 5 Ω de reactancia inductiva por conductor. Determinar la tensión de
fase en bornes de la carga si:
a. El factor de potencia en los terminales de la carga es 0.6 (-)
b. El factor de potencia en terminales del generador es 0.6 (-)
Solución
Eℓ= 200 voltios Y,fZ : impedancia por fase de la carga en estrella
a. Ω== − º13.53/Z6.0Cos/ZZ Y,f1
Y,fY,f
V3
200
3
EE,
Z
EI
)Z8.05()Z6.01(Z
Z8.0JZ6.0Z
ftot,f
f
2Y,f
2Y,ftot,f
Y,fY,fY,f
===
Ω+++=
Ω+=
ll
)º0areferencia(Vº0/3
200ERN =
Luego: 2
Y,f2
Y,f )Z8.05()Z6.01(
3/20010
+++= … (1)
Y,fZV
Y,fZ
RI
R
N
5J1Z +=l
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 67
Simplificando la ecuación (1) se tiene:
033.107Z2.9Z Y,f2
Y,f=−+ …(2)
Resolviendo la ecuación (2) se tiene:
Ω= 74.6Z Y,f así Ω= º13.53/74.6Z Y,f
Tomando )referencia(Vº0/47.115ERN =
Por divisor de tensión tenemos que la caída de tensión en la impedancia Y,fZ es
)5J1(Z
ZEV
Y,f
Y,fRNZ Y,f
++= LY,f XJRZ +=
Reemplazando valores y efectuando operaciones se tiene:
aRpta.Vº11/4.67V Y,fZ −=
b. Factor de potencia 0.6 en bornes del generador.
R1
X5º13.53Tg
L
+
+=
luego:
1 + R = 3.75 + 0.75 XL ….(A)
Ω+++=
Ω+++=
2L
2Ltot,f
2L
2tot,f
)X5()X75.075.3(Z
)X5()R1(Z
Pero: Vº0/47.115E,Z
EIII RN
tot,f
RNfR ==== l
Por lo tanto: 2
L2
L )X5()X75.075.3(
47.11510
+++= …. (B)
Resolviendo la ecuación (B), se tiene: XL = 4.237 Ω
RI
RNE
5J1Z +=l
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 68
Luego por la ecuación (A) se tiene que: R = 5.928 Ω
La impedancia equivalente total por fase en bornes del generador es:
Ω=+= º13.53/547.11237.9J928.6Z tot,f
La corriente de línea RI es:
Aº13.53/10º13.53/547.11
º0/47.115
Z
EI
tot,f
RNR −===
Siendo la impedancia por fase Ω+= LY,f XJRZ , entonces:
Ω+= 237.4J928.5Z Y,f
La caída de tensión por fase en la impedancia es:
Rpta.b.Vº57.17/87.72V
º55.35/287.7xº13.53/10ZIV
Y,f
Y,f
Z
Z
−=
−==
Problema 6
Una carga trifásica balanceada inductiva absorbe 5 KW y 17.32 KVAR. Determinar las
lecturas de los dos vatímetros conectados para medir la potencia total.
Solución
Sea la secuencia de fases positiva, con los vatímetros conectados en las líneas R y T,
luego las lecturas de los vatímetros será:
PR = E I Cos (30º + ϕ) ... (1)
PT = E I Cos (30º - ϕ) ... (2)
(1)/(2) da: )º30(Cos
)º30(Cos
P
P
T
R
ϕ−
ϕ+=
Empleando propiedades de las proporciones:
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 69
º9.735
32.17tg
P
QTg
)4...(Cos3
)º30(CosPP:)3(De
)3...()º30(Cos
Cos3
P
PP
)º30(Cos
)º30(Cos)º30(Cos
P
PP
1
tot
tot1
totR
R
TR
R
TR
===ϕ
ϕ
ϕ+=
ϕ+
ϕ=
+
ϕ+
ϕ−+ϕ+=
+
−−
Reemplazando el valor de ϕ en (4) se tiene:
PR = -2.5 KW Rpta.
Así PT = Ptot – PR = 5 – (-2.5) = 7.5KW Rpta.
Problema 7 Una carga balanceada conectada en delta, tiene como impedancia de fase un circuito
serie de 12 Ω. de resistencia y 16 Ω. de reactancia capacitiva. Las tensiones de línea
sonde 115 voltios, determinar las corrientes de línea y de fase.
Solución La carga está conectada en delta. La impedancia de fase es:
Ω−=−=∆ º13.53/20.ohms16J12Z ,f
La tensión de línea es: Eℓ = 115 voltios
Luego la corriente de fase es: If = Eℓ / Zf,∆
Rpta.A75.520
115If ==
la corriente de línea es: fI3I =l
Rpta..amp96.975.5x3I ==l
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 70
Problema 8 Una carga balanceada en delta tiene 18 Ω. de resistencia y 24 Ω de reactancia capacitiva
en serie en cada fase, siendo alimentada por líneas con impedancia cada una de 1 Ω de
reactancia y 2 Ω. de reactancia inductiva por conductor. El generador que alimenta al
circuito total tiene tensión entre líneas de 250 voltios. determinar.
Solución
Carga trifásica conectada en delta, con impedancia por fase:
Ω−=−=∆ º13.53/3024J18Z ,f
La impedancia de línea .2J1Z Ω+=l
Tensión de línea proporcionada por el generador es: Eℓ = 250 voltios.
Como el circuito total es balanceado, se resuelve con un equivalente monofásico.
V34.1443
250EE RNf ===
Sea: Vº0/34.144ERN = (referencia a 0º)
La impedancia por fase en conexión estrella:
Ω−==∆
º13.53/103
ZZ
,fY,f
la impedancia equivalente total por fase es:
Ω−=−=
Ω−++=
Ω−++=
º6.40/22.96J7Z
8J62J1Z
º13.53/102J1Z
Y,tot,f
Y,tot,f
Y,tot,f
La corriente de línea RI es:
Aº6.40/22.9
º0/34.144
Z
EI
tot,f
RNR
−==
Aº6.40/66.15IR =
Y,fZ
2J1Z +=l
RNE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 71
La caída de tensión por fase en la carga en conexión estrella es:
Vº53.12/6.156V
Vº13.53/10xº6.40/66.15ZIV
Y,f
Y,fY,f
−=
−==
a. El voltaje entre líneas en los terminales de carga es:
aRpta.V24.2716.156x3V3V Y,f ===l
b. La potencia total consumida por la carga es:
bRpta.vatios24.44146x66.15x3RI3P 2f
2tot ===
Problema 9
Una carga inductiva balanceada conectada en estrella toma 5.4KW a 0.6 de factor de
potencia, a 200 voltios de tensión de líneas. Esta carga se encuentra conectada en
paralelo con otra carga en estrella balanceada, puramente resistiva, la que toma 5 KW.
Determinar la corriente total de línea suministrada a las dos cargas.
Solución
La primera carga trifásica en estrella, que toma una potencia de 5.4KW a Cos ϕ1 = 0.6
Luego º13.536.0Cos 11 ==ϕ − , así: KW4.5P1 =
KVAR2.713.53tg4.5tgPQ 111 ==ϕ=
La potencia aparente total que toma la primera carga trifásica
En estrella es:
KVAº13.53/92.7J4.5S1 =+=
La segunda carga trifásica en estrella toma una potencia aparente KVAº0/5S2 =
Así las dos cargas trifásicas en conjunto (ambas conectadas en paralelo) absorben una
potencia aparente total:
KVASSS 21tot +=
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 72
KVAº7.34/65.12S
KVA2.7J4.1052.7J4.5S
tot
tot
=
+=++=
Pero ll IE3Stot = . Luego: l
lE3
SI tot= , siendo V200E =l
Rpta.A52.36200x3
650,12I ==l
Problema 10
Una conexión delta balanceada tiene una impedancia de fase de 12 / 70º Ω y es
alimentada por una línea trifásica de 240 voltios, 60 Hz. Se mide la potencia del circuito
por el método de dos vatímetros. Determinar la lectura indicada por cada vatímetro y la
potencia trifásica total
Solución:
Carga balanceada en delta con impedancia de fase:
Ω=∆ º70/12Z f, , ϕ = 70º (factor de potencia en atraso)
Tensión de línea: Ef = Eℓ = 240 voltios, 60 Hz (Por tener la carga en delta)
Sea la secuencia de fase positiva, con los vatímetros conectados en las líneas S y T,
R S T R S T, teniendo la carga factor de potencia en atraso, se tiene: PS > PT
La corriente de fase es: A2012
240
Z
E
Z
EI
f,f,
ff ====
∆∆
l
La corriente de línea es: A64.3420x3I3I f ===l
La potencia indicada por cada vatímetro es:
Rpta.
Rpta
vatios60.1443)º70º30(Cosx64.34x240P
:tienesevaloresreemplazaralquey,vatios)º30(CosIEP
.vatios59.6368)º70º30(Cosx64.34x240P
:tienesevaloresreemplazaralquey,vatios)º30(CosIEP
S
T
S
S
−=+=
ϕ+=
=−=
ϕ−=
ll
ll
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 73
La potencia total es: Ptot = PS + PT
Ptot = 6368.59 + (-1443.68) = 4924.91 vatios Rpta
Problema 11
Una delta balanceada toma 14.5 / 30º KVA de una línea trifásica, con tensión
Vº0/440ERS = a 60 Hz y en secuencia negativa.
Determinar:
a. La impedancia de fase de la carga en delta f,Z∆
b. Las corrientes de fase en forma polar.
c. Las corrientes de líneas en forma rectangular.
d. La bancada trifásica de condensadores conectados en estrella, para corregir el factor
de potencia total a 0.93 en atraso.
Solución
Graficando la delta en secuencia negativa de forma tal que la tensión ERS se esté a cero
grados.
Así en el triángulo graficado, las tensiones de fase y de líneas
indican sus ángulos de fases.
Del diagrama fasorial de tensiones de fase y de líneas quedan
definidas en módulo y ángulo, tal como se muestra en la
figura.
El = 440 voltios f = 60 Hz.
La potencia aparente total absorbida por la carga
trifásica en delta es KVAº30/14500Stot =
Resolviendo mediante el equivalente 1 φ en bornes
R-N, se tiene:
Vº30/03.2543
EERN ==
Sea f,YZ la impedancia por fase de la carga en conexión estrella. Para el equivalente
monofásico, la potencia aparente por fase tomada de la línea es la tercera parte de la
potencia aparente total, así:
RNE
RSE
TNE
TRE
SNE
STE
º30
º30
º30
RS
T
N
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 74
VAº30/33.48333
14500
3
SS
totf,Y ===
Pero: RRNf,Y IES =
Luego: RNf,Y
*
R E/SI =
Ω===
==
º30/35.13º0/03.19
º30/03.254
I
EZ
Aº0/03.19º30/03.254
º30/33.4833I
R
RNf,Y
R
La impedancia por fase en conexión en estrella es:
.º30/35.13º0/03.19
º30/03.254
I
EZ
R
RNf,Y Ω===
a. La impedancia por fase en conexión delta será:
Rpta.Ω===∆ º30/05.40º30/35.13x3Z3Z f,Yf,
b. Corrientes de fase en módulo y ángulo
Vº120/440E
Vº120/440EVº0/440E
TR
STRS
−=
==
Rpta.
Rpta.
Rpta.
A50.5J52.9º150/99.10º30/05.40
º012/440
Z
EI
A99.10Jº90/99.10º30/05.40
º120/440
Z
EI
A50.5J52.9º30/99.10º30/05.40
º0/440
Z
EI
f,
TRTR
f,
STST
f,
RSRS
−−=−=−
==
=−===
−=−===
∆
∆
∆
Y,fZRNE
RI
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 75
c. Las corrientes de línea en forma rectangular:
Rpta.A03.19I
º150/99.10º30/99.10I
III
R
R
TRRSR
=
−−−=
−=
Rpta.A49.16J52.9I
)50.5J52.9(99.10JI
III
S
S
RSSTS
+−=
=−−=
−=
RptaA49.16J52.9I
99.10J50.5J52.9I
III
T
T
STTRT
−−=
−−−=
−=
d. Bancada trifásica de condensadores en estrella para obtener el factor de potencia total
a 0.93 en atraso.
Del circuito equivalente monofásico, la potencia aparente por fase es:
VA64.2416J79.4185º30/33.4833S f,Y +==
La potencia activa que toma cada fase es: PY,f = 4185.79 vatios.
En condiciones iniciales º301 =ϕ
En condiciones finales º57.2193.0Cos 1
2 ==ϕ −
Luego: .F)tgtg(VE
PC 212
f
f,Yf,Y ϕ−ϕ=
.uF32.31C
)º57.21tgº30tg(377x03.254
79.4185C
f,Y
2f,Y
Rpta=
−=
Problema 12 Una delta balanceada absorbe 14.4 /-68º KVA de una línea trifásica de 600 voltios a
60 Hz. Determinar los vatios y vares, cuando las impedancias de fase se conectan en
estrella a una línea de 440 voltios y 25 Hz.
Solución:
Inicialmente la carga está conectada en delta, la cual absorbe en total 14400 /-68º VA; a
la tensión de línea de 600 voltios, 60 Hz.
f,Z
∆
f,Z∆
f,Z∆
RI
SI
TI
RSI
STI
TRI
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 76
Sea Vº0/41.346º0/3
600E RN ==
Así el primer equivalente monofásico es:
f,YZ : Es la impedancia equivalente por fase
en conexión estrella, de la carga balanceada en
delta.
Sea f,YS : potencia aparente que absorbe f,YZ
VAº68/4800VAº68/3
14400S f,Y −=−=
Pero: *1RRNf,Y IES = de donde
RN
f,Y*1R
E
SI =
Aº68/86.13º0/41.346
º68/4800I*
1R −=−
=
Así: Aº68/86.13I 1R =
Por lo tanto: Ω−=== º68/25º68/86.13
º0/41.346
I
EZ
1R
RNf,Y
Luego, la impedancia de fase de la carga en conexión en delta es:
Ω−=−==∆ 54.69J1.28º68/75Z3Z f,Yf, a 60 Hz
La disminución de frecuencia de 60 Hz a 25 Hz, tiene el efecto de aumentar la reactancia
capacitiva, por ser inversamente proporcional a la frecuencia. Luego la impedancia de
fase a 25 Hz en conexión delta es:
Ω−=∆25
60x54.69J1.28Z
'f, a 25 Hz
Ω−=−=∆ º44.80/24.16989.166J1.28Z'
f, a 25 Hz
Las impedancias de fase '
f,Z∆ se conectan en estrella, a la tensión de línea de 440
voltios a 25 Hz. El segundo equivalente monofásico es:
f,YZRNE
1RI
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 77
)º0ferencia(ReV3
º0/440ERN =
Vº0/03.254ERN =
La corriente de línea 2RI es:
.Aº44.80/5.1º44.80/24.169
º0/03.254
Z
EI
'f,
RN2R =
−==
∆
La potencia aparente que toma '
f,Z∆ es:
VAº44.80/5.1xº0/03.254IES*
2R2RN'
f, −==∆
VAº44.80/31.381S'
f, −=∆
La potencia aparente total en conexión estrella tomada por la carga a 440 voltios y
25 Hz. Es:
V03.1128J98.189º44.80/92.1143S3S'
f,'tot −=−== ∆
Así:
Rpta.
Rpta.
esvar03.1128Q
vatios98.189P
to
tot
=
=
Problema13
Un generador trifásico con tensiones de líneas de 230 voltios en secuencia positiva,
alimenta a una carga trifásica equilibrada en conexión estrella, la misma que toma del
generador 4387.5 / 36.87º VA, a través de una línea de transmisión de impedancia
por conductor Ω+= 6.0J8.0Zl
Si RSE esta a 0º, determinar:
a. Las tensiones de líneas en la carga en módulo y ángulo.
b. Las corrientes de líneas en módulo y ángulo.
Solución
Las tensiones quedan definidas en módulo y ángulo, dibujando el triángulo de tensiones
en secuencia positiva con RSE a 0º. Así el equivalente monofásico es:
RNE'
f,Z∆
2RI
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 78
Vº30/79.132Vº30/3
230ERN −=−=
Impedancia de cada conductor de línea es: Zl = 0.8 + J 0.6 = 1 / 36.87º Ω
Impedancia por fase de la carga en estrella Y,fZ absorbe la tercera parte de la potencia
aparente total, es decir VAº87.36/3
5.4387
3
SS
totY,f == por fase. Así la potencia
aparente por fase de l VAº87.36/5.1462S Y,f =
Como Y,fZ absorbe la potencia aparente con ángulo de 36.87º, la impedancia de fase
también tiene el mismo ángulo, Así la impedancia total por fase del circuito será:
Ω+= º87.36/)Z1(Z Y,ff,tot
La corriente de línea f,totRNR Z/EI =
.Aº87.66/)Z1(
79.132
º87.36/)Z1(
º30/79.132I
Y,fY,fR −
+=
+
−= , siendo
Y,fR
Z1
79.132I
+=
Pero: VA5.877J1170º87.36/5.1462S Y,f +==
Luego la potencia activa total absorbida por cada fase es: )Z8.0(I1170P Y,f2RY,f ==
)1.......()Z8.0()Z1(
)79.132(1170 Y,f2
Y,f
2
+=
Resolviendo la ecuación (1) se tiene:
01Z06.10Z Y,f2
Y,f=+− de donde se obtiene dos soluciones
solucionesDos.ohms10.0Z
.ohms96.9Z
2,Y,f
1,Y,f
=
=
6.0J8.0Z +=l
Y,fZRNE
RS
T
N
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 79
Primera solución:
Cuando Zf,Y = Zf,Y,1= 9.96 Ω. Entonces Ω+= º87.36/)96.91(Z f,tot
Ω= º87.36/96.10Z f,tot lo que implica que la corriente de línea es:
.Aº87.66/12.12º87.36/96.10
º30/79.132
Z
EI
f.tot
RNR −=
−==
a. Las tensiones de fase en módulo y ángulo son:
Vº87.36/96.9xº87.66/12.12ZIV Y,fRN'R −==
Rpta.Vº30/72.120V N'R −=
Las otras tensiones de fase se obtienen con desfase de m 120º en la secuencia directa,
luego:
Rpta.
Rpta.
Vº90/72.120º120º30/72.120V
Vº150/72.120º120º30/72.120V
N'T
N'S
=+−=
−=−−=
a. Las tensiones de líneas de la carga:
aRpta.
aRpta.
aRpta.
Vº120/1.209VVV
Vº120/1.209VVV
Vº0/1.209VVV
H´RH´T'R'T
N'T'N'S'T'S
N'SN'R'S'R
=−=
−=−=
=−=
b. Las corrientes de líneas en módulo y ángulo
bRpta.
bRpta.
bRpta.
.Aº13.53/12.12º120º87.66/12.12I
.Aº87.186/12.12º120º87.66/12.12I
.Aº87.66/12.12I
T
S
R
=+−=
−=−−=
−=
Segunda Solución: Se deja al lector como ejercicio la segunda solución cuando Cuando Zf,Y = Zf,Y,2 = 0.1 Ω,
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 80
Problema 14
Un sistema de cargas trifásicas equilibradas conectadas en estrella, tiene un consumo de
8500 vatios con factor de potencia de 0.82 en atraso. El sistema de cargas son
alimentadas por una línea trifásica con tensiones en secuencia positiva. Si la potencia es
medida por el método de los dos vatímetros, determinar las lecturas de los vatímetros
Solución:
Ptot = 8500 vatios Cosϕ = 0.82 (-) ϕ =34.92º
Secuencia de tensiones (+)
Suponiendo que se colocan los vatímetros en las líneas R y T, en secuencia directa R S T
Luego PT es mayor que PR, luego
PR = E I Cos (30º + ϕº) vatios ... (1)
PT = E I Cos (30º - ϕº) vatios ... (2)
Dividiendo (1) entre (2) se tiene:
)ºº30(Cos)ºº30(Cos
)ºº30(Cos
PP
P
)ºº30(Cos
)ºº30(Cos
P
P
TR
R
T
R
ϕ−+ϕ+
ϕ+=
+⇒
ϕ−
ϕ+=
ºCos3
)ºº30(CosPP totR
ϕ
ϕ+= , reemplazando valores se tiene:
Rpta.vatios83.253682.0x3
)º92.34º30(Cos8500PR =
+=
De forma análoga:
.vatios17.5963ºCos3
)ºº30(CosPP totT Rpta=
ϕ
ϕ−=
Problema 15
Una fuente trifásica con tensiones de líneas de 208 voltios, alimenta a una carga
trifásica balanceada en conexión delta, siendo cada una de las impedancias de fase
C,f XJRZ −=∆ . La secuencia de fases es directa y la potencia total absorbida es de
6240 vatios, se mide la potencia trifásica mediante el método de los dos vatímetros
indicando uno de los vatímetros lectura cero. Determinar los valores R y XC.
Solución
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 81
Ptot = 6240 vatios El = 208 voltios Secuencia (+) R S T R S T
Suponiendo los vatímetros en las líneas S y T.
Para Cos ϕº en adelanto PT > PS
Para Cos ϕº en atraso PT < PS
PS = El Il Cos(30º - ϕº) vatios .... (1)
PT = El I
l Cos(30º + ϕº) vatios .... (2)
Como el factor de potencia es en adelanto, indicará lectura nula PS por lo tanto de (1) se
tiene:
El I
l Cos (30º - ϕº) = 0, de donde Cos (30º - ϕº) = 0
30º - ϕº = 90º luego: ϕº = -60º
La potencia total quedará indicada por PT según (2)
PT = 208 Il Cos (30º + (-60º)) = 6240
Así: Il = 34.64 A. (corriente de línea)
La corriente de fase .A203
64.34
3
IIf ===
l
Impedancia de fase Ω===∆ 4.1020
208
I
EZ
f
,f
ohms0.9J2.5º60/4.10Z ,f −=−=∆
R = 5.2 ohms. Rpta.
Xc = 9.0 ohms. Rpta.
Problema 16
La corriente absorbida por un motor de inducción conectado en estrella a una línea de
440 voltios, 60 Hz. es 40 amperios. Cuando un banco de condensadores trifásico en
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 82
delta es conectado en paralelo con el motor, la corriente total de línea decrece a 34.1
amperios, a factor de potencia 0.9 en atraso.
Determinar:
a. La potencia absorbida por el motor.
b. La capacitancia por fase de la bancada de condensadores.
c. La impedancia por fase del motor.
d. La impedancia por fase de una delta equivalente al sistema.
Solución Motor: En conexión estrella.
Il,m: Corriente de línea absorbida por el motor. A40I m,R =
Y,m,fZ :La impedancia por fase del motor en conexión estrella.
Y,f,CX :La reactancia capacitiva del banco de condensadores por fase, en estrella.
RNE : La tensión de fase R-N, con referencia a 0°.
RI : La corriente total de línea “R”.
C,RI : Corriente de línea en el banco de condensadores.
Circuito equivalente monofásico de fase R-N:
V0/3
440ERN °=
V0/03.254ERN °=
A40I m,R =
Diagrama fasorial del equivalente monofásico:
ϕ2 = Cos-1
0.9
ϕ2 = 25.84°
A84.25/1.34IR °−=
IR Cos ϕ2 = IR,m Cos ϕ1
De donde:
Y,f,CX Y,m,fZ
C,RI m,RI
RNE
RI
1ϕ
2ϕ
m,RI
C,RI
RI
RNE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 83
A89.39/40Ie89.39
77.040
9.0x1.34
I
CosICos
m,R1
m
2R1
°−=°=ϕ
==ϕ
=ϕ
Pero: IR,C = IR,m Sen ϕ1 - IR Sen ϕ2 obteniendo:
IR,C = 40 Sen 39.89º - 34.1 Sen 25.84 = 10.79 amp.
Así: A90/79.10I C,R °=
C,RRNY,f,C I/EX = y m,RRNY,m,f I/EZ =
Ω°=°−
°=
Ω°−=°
°=
89.39/35.689.39/40
0/03.254X
90/54.2390/79.10
0/03.254X
Y,m,f
Y,f,C
a. Potencia absorbida por el motor
Pf,m = Potencia activa por fase del motor.
Pf,m = ERN IR,m Cosϕ1
Pf,m = 254.03 x 40 x Cos 39.89° = 7796.46 vatios
PM: Potencia total del motor PM = 3 Pf,m
PM = 3 x 7796.46 = 23389.38 Rpta. a
b. Capacitancia por fase de la bancada de condensadores
La bancada de condensadores se encuentra conectada en delta, luego la reactancia
capacitiva por fase en conexión delta es:
Ω=∆ Y,Cf,Cf X3X
Ω°−=°−=∆ 90/62.7090/54.23x3X ,Cf
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 84
pero: ω
==∆
∆∆
∆,CfC
,f,CX
1C,
X
1X ω = 377 rad/s
Rpta.b.uF56.37377x62.70
1C ==∆
c. Impedancia del motor por fase:
cRpta.Ω°= 89.39/35.6Z Y,m,f
d. Impedancia por fase de una delta equivalente del sistema:
d.1 En conexión estrella
Ω°=
Ω°−+°
°−°=
85.25/45.7Z
90/54.2389.39/35.6
90/54.23x89.39/35.6Z
Y,eqf
Y,eqf
d.2 En conexión delta:
dRpta.Ω°=∆ 85.25/35.22Z ,eq
Problema 17
Un motor trifásico de 6 HP, 381 V, Cosϕm = 0.8, η = 97%, 60 Hz., se alimenta
mediante una línea trifásica de impedancia Ω+= 2.7J2.1Zl por conductor.
La alimentación a la línea se efectúa mediante un generador de 381 voltios de tensiones
de línea; si el motor opera al 75% de su plena carga, determinar:
a. El valor eficaz de la corriente de línea absorbida por el motor.
b. La tensión de operación del motor.
c. La bancada trifásica de condensadores conectados en delta, para mejorar el factor
de potencia total a 0.95 en atraso.
Solución
Observaciones para el funcionamiento del motor
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 85
1) El banco de condensadores trifásico en ∆, opera a 381 voltios de tensión de
línea.
2) El motor trifásico tiene en placa la tensión nominal de 381 voltios de tensión
de línea.
3) El motor se alimenta del generador por medio de una línea, el que tiene una
impedancia por conductor: Ω+= 2.7J2.1Zl
4) La máxima corriente que puede absorber el motor, se efectúa cuando el
motor funciona a condiciones nominales, es decir:
mm
NN
NCos
746xHPS,
N3
SI:luegoIE3S
ηϕ===
Así la corriente nominal es:
.amp74.8381x3x97.0x8.0
746x6I ==
5) El motor opera al 75% de su plena carga, y es alimentado con líneas que
tienen cierta impedancia, lo que indica que el motor tendrá una tensión de
línea algo menor de 381 voltios, y también la corriente absorbida cercana a la
corriente nominal.
Potencia aparente total en operación del motor:
VACos/xCos
PC%x746xHPS m
1
mm
M ϕηϕ
= −
Reemplazando valores se tiene:
VA87.36/03.43268.0Cos/97.0x8.0
75.0x746x6S 1
M °== −
Potencia aparente por fase:
VA87.36/3
03.4326
3
SS
MY,m,f °==
VA21.865J61.115387.36/1442S Y,m,f +=°=
El circuito equivalente monofásico:
Vº0/3
EERN =
Vº0/220ERN =
Ω+= 2.7J2.1Zl
2.7J2.1Z +=l
Y,m,fZRNE
M,RI
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 86
m,RI = Corriente de línea que absorbe el motor.
fS = Potencia aparente de fase que entrega la fuente o generador
lS = Potencia aparente que absorbe la línea por conductor
Y,m,fS Potencia aparente por fase que absorbe el motor.
VAIº0/220S*
m,Rf =
VAIZIIZIVS 2m,R
*m,Rm,R
*m,R llll ===
VA21.865J61.1153S Y,m,f +=
Diagrama fasorial de potencias:
(220 IR,m)2
= (1153.61+1.2 2m,RI )
2 +
(865.21+7.2 2m,RI )
2 ...(1)
Resolviendo la ecuación (1) se tiene:
53.28 4m,RI - 33172.48 2
m,RI + 2079364 = 0
IR,m = 23.49 A. (se descarta por ser mayor
que la corriente nominal I = 8.74
A)
IR,m = 8.4 A. ( es la corriente solución)
Del diagrama fasorial de potencias también se tiene:
º98.4711.12.1x)4.8(61.1153
2.7x)4.8(21.865tg
2
2
=β⇒=+
+=β
luego: Aº98.47/4.8I m,R −=
Corriente de línea absorbida por el motor:
Il = 8.4 A. Rpta. a
Tensión de operación del motor por fase: *mm,fY,m,f I/SV =
Vº1.11/46.171º97.47/41.8
º87.36/1442V Y,m,f −==
Tensión de operación del motor entre líneas.
VM = 3 Vf,m,Y = 3 x 171.46 = 296.98 V Rpta. b
a. Bancada trifásica de condensadores para corregir el factor de potencia total,
conectada en paralelo con el generador.
2m,RI2.1
2m,RI2.7
fS
lS
Y,m,fS
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 87
Del diagrama fasorial de potencia por fase:
VA9.1372J03.1237º98.47/1848S
.amp4.8I,VAº98.47/I220S
f
m,RRmf
+==
==
Por lo tanto: Pf = 1237.03 vatios
ϕ1 = 47.98º y ϕ2 = Cos-1
0.95 = 18.19º
Sea CY la capacitancia por fase conectada en estrella
F)tgtg(E
PC 212
RN
fY ϕ−ϕ
ω=
reemplazando valores se tiene:
uF96.52C
)º19.18tgº98.47tg(377x220
03.1237C
Y
2Y
=
−=
Así C∆ es la capacitancia por fase conectada en delta
Rpta.cuF65.173
CC
Y ==∆
Problema 18
Una industria de calzados necesita 250 HP de potencia mecánica obtenida de todos sus
motores trifásicos, operando al 100% de sus plenas cargas, lo que en conjunto tienen
una eficiencia promedio de 0.84, y factor de potencia 0.65 en atraso, a la frecuencia de
60 Hz, y 440 voltios de tensión de línea.
Si el 60% de la potencia mecánica total fuera obtenida por un grupo de motores a los
que se les instalarían condensadores, para mejorar el factor de potencia y ahorrar el
consumo de energía reactiva, entonces el factor de potencia total sería 0.82 en atraso.
Determinar:
a. La potencia aparente en módulo y ángulo de los motores a los que se les
instalaría condensadores.
b. La potencia reactiva de los condensadores instalados
Solución
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 88
Inicialmente operan todos los motores al 100% de plena carga:
VACos/xCos
PC%x746xHPS 1
1
111,tot ϕ
ηϕ= −
%PC = 100 % Cosϕ1 = 0.65(-); η1 = 0.84
luego:
VA65.0Cos/84.0x65.0
746x250S 1
1,tot−=
VA80.580,259J55.016,222º46.49/09.575,341S 1,tot +==
Siendo Ptot,1=222,016.55 vatios y Qtot,1 = 259,580.80 vares
'2Q
1,to
tS
2,to
tS
1S
2S
CQ
'2P
'2S
Siendo: 111 QJPS += la potencia aparente del conjunto de motores sin condensadores
2'22 QJPS += la potencia aparente del grupo de motores con condensadores,
Queda sin conectar condensadores al 40% de la potencia mecánica total, es decir:
P1 = 0.4 x 250 = 100 HP
VA32.832,103J62.806,88º46.49/04.630,136S
VAº46.49/84.0x65.0
1x746x100S
VA65.0Cos/xCos
PC%x746xPS
1
1
1
11
11
+==
=
ηϕ= −
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 89
Siendo: P1 = 88,806.62 vatios y Q1 = 103,832.32 vares
Pero 2,totS es la potencia aparente total obtenida después de haber conectado
condensadores a un grupo de motores.
)(82.0Cos;VACos/Cos
PS 22
1
2
1tot2,tot −=ϕϕ
ϕ= −
VA82.0Cos/82.0
55.016,222S 1
2tot−=
VA51.968,154J55.016,222º92.34/89.751,270S 2tot +==
del gráfico se tiene que:
Q2 = Qtot2 – Q1
Q2 = 154,968.51 – 103,832.32 = 51,136.19 VAR
VAº21/75.687,14219.136,51J93.209,133S
VAQJPS
2
2'22
=+=
+=
La potencia reactiva de los condensadores instalados
Rpta.aVAº21/75.687,142S2 =
La potencia reactiva del banco de condensadores es: 1,tot2,totC SSQ −=
VAº46.49/09.575,341º92.34/89.751,270QC −=
Varesº90/724.593104QC −= Rpta. b Problema 19 .
En el circuito mostrado, V /0 220ERS °=
V 120-/ 220EST =
V /120 220ETR =
Determinar:
a. Las corrientes de líneas
TSR I,I,I
b. Lectura P del vatímetro
c. La potencia aparente total entregada por la
línea en forma polar
d. La capacitancia C a conectar en la línea R
– S para aumentar el factor de potencia total
60+J4
0
60+J40
60+J40
P
R
S
T
RI
SI
TI
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 90
al máximo
Solución Determinando la tensión de fase R – N
c. Determinando las corrientes de líneas
La carga es trifásica balanceada, luego la solución es determinada mediante el
circuito equivalente monofásico de una fase, que en este caso será la fase R – N
Las corrientes de líneas tienen el mismo valor eficaz estando en secuencia positiva
de igual forma que las tensiones de línea, luego:
A 183.69-/ 761.1120 -63.69-/ 761.1IS °=°°=
A 56.31/ 1.76112063.69-/ 761.1IT °=°+°= Rpta. a.
b. Determinando lectura del vatímetro
c. Determinando la potencia aparente total totS entregada por la línea
Del circuito equivalente monofásico se determina la potencia aparente de fase R – N
VA. 33.69/ 677.22363.69/ 1.761 30-/ 127.017I ES *RRNRN °=°°==
RS
T
220
N
V 30-/ 017.127ERN °=
60
J40
_
IR
_
ERN A 63.69-/ 761.1I
A 40J60
30-/ 017.127
Z
EI
R
f
RNR
°=
+
°==
)30-(56.31 Cos 1.176 x 017.127P
Cos I EP NS
T
E
ITNS
°°=
<=
506.200P = U. 30°
_
ENS
56.31°
_
IT
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 91
La potencia aparente total es tres veces la potencia aparente de fase, luego:
VA. 22.372J332.55833.69/ 031.671S 3S RNtot +=°== Rpta. c.
d. Determinando la capacitancia C en la línea R – S para aumentar el factor de potencia al máximo.
La potencia activa total entregada por la línea 3φ es Ptot = 558.332 vatios
La tensión en placas del condensador es la de la línea R – S , ERS = 220 V.
El ángulo de la potencia aparente total es: ϕ tot = 33.69°, por lo tanto la
capacitancia C es:
)0 tg (tg E
PC tot2
RS
tot °−ϕω
=
F 20.3933.69) (tg.377 x 220
332.558C
2µ== Rpta. d.
PROBLEMAS PROPUESTOS TRIFÁSICOS BALANCEADOS
1. Un generador trifásico de 440 V de tensión de línea con RSE a cero grados, 60
Hz, alimenta a las siguientes cargas:
Carga A.- Es una impedancia trifásica balanceada en conexión delta, cuyas
impedancias de fases tienen como magnitud Ω+=∆ 30J45Z ,f
Carga B.- Es una impedancia trifásica equilibrada en conexión estrella, con factor
de potencia 17 % en adelanto.
Determinar:
a. El valor de la capacidad por fase de la carga B, para que el factor de potencia
total sea 0.95 en adelanto.
b. La potencia total absorbida por la carga B.
c. Las corrientes de líneas T,SR II,I
d. La potencia aparente total en forma polar
e. La impedancia equivalente de fase en conexión delta
2. Un transformador trifásico de 20 KVA, 10/0.25 KV, 60 Hz, alimenta a través de
una línea trifásica con impedancia por conductor de Ω+= 4.0J4.0Zl , a las
siguientes cargas:
Carga A: Constituido por un horno eléctrico de 8 KW, 240 V.
Carga B: Motor de inducción jaula de ardilla de 5 HP, 240 V, Cos ϕ = 0.75 en
Atraso, η = 0.86 y opera al 95 % de su potencia nominal.
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 92
Determinar:
a. La potencia consumida por el horno eléctrico.
b. La tensión de trabajo del motor.
c. La corriente en el lado de alta del trasformador.
3. Para el circuito mostrado la secuencia de fases es directa o positiva, con
Vº30/380ETN =
Determinar:
a. Lectura de los vatímetros
b. Las corrientes de líneas en forma
polar
c. La potencia activa total
d. La potencia reactiva total
4. Un generador trifásico con 440 voltios de tensión de línea, alimenta mediante una
línea trifásica de impedancia por cada conductor: 2J1Z +=l Ω a dos cargas
trifásicas equilibradas siendo estas:
Carga A: 20 KW, 440W, Cosϕ = 0.8
Carga B: Motor de inducción de 20HP, 440V , 60Hz, Cosϕ = 0.77, η = 0.85
operando al 100% de su plena carga.
Si las tensiones de operación de las cargas son las nominales, determinar:
Las características del elemento reactivo a colocar en serie con la impedancia de
línea.
La potencia aparente total en módulo y ángulo entregada por el generador.
La bancada trifásica de condensadores conectadas en delta y en bornes del
generador, para mejorar el factor de potencia total a 0.93 en atraso.
5.
(E2. Ele. 2007 – 1) Un generador trifásico alimenta a una carga trifásica, la que absorbe 40.5 kW con
factor de potencia 0.75 en atraso.
Determinar los KVA de otra carga trifásica equilibrada con factor de potencia
0.26 en adelanto, para que el generador entregue la mínima corriente total.
6. Un transformador trifásico de 60 KVA, opera al 70% de su plena carga con factor
de potencia 0.65 en atraso. Determinar los KVA de la carga que hay que añadir
con factor de potencia 0.85 en atraso para que el transformador trabaje al 95%.
7. La potencia entregada a una carga trifásica balanceada con factor de potencia en
adelanto, es medida por dos vatímetros conectados en las líneas R y T. Las
lecturas indicadas son: PR = +1,000 vatios, PT = +400 vatios. Determinar:
12J3Zf +=
12J3Zf +=
12J3Zf +=
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 93
a. Las secuencias de fases.
b. El factor de potencia de la carga.
8. Las lecturas de dos vatímetros conectados para medir la potencia de una carga
trifásica balanceada son: +1200 y – 400 vatios respectivamente. Determinar:
a. Los KVA absorbidos por la carga.
b. El factor de potencia de la carga.
9. Una carga trifásica balanceada toma 5KW y 20 KVAR de una fuente de tensión.
Determinar las lecturas de los dos vatímetros conectados adecuadamente para
medir la potencia total.
10. Un motor trifásico de 10KVA, 380V, Cosϕ = 0.6, η = 0.83, 60 Hz., está en
paralelo con una carga en delta balanceada, la que tiene como impedancia de fase
Ω−= 10J15Z
Las dos cargas en paralelo son alimentadas de una fuente trifásica, la que tiene
380 voltios de tensiones de líneas. Si º30/380ERS −= voltios, determinar:
a. Las corrientes de líneas: TSR IeI,I
b. El factor de potencia total.
c. En el circuito mostrado Vº180/220ERS =
11. Determinar:
Las corrientes de líneas en módulo y
ángulo.
La potencia aparente total en módulo y
ángulo entregada por la fuente.
El diagrama fasorial de tensiones y
corrientes.
12. La carga en triángulo del circuito absorbe 4374 vatios y tiene el factor de
potencia de 0.809 en adelanto. Siendo las secuencias de fases positiva y
Vº26/EE RS −= ,
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 94
Determinar:
a. Las corrientes totales de líneas RSR IeI,I
b. La reactancia capacitiva X
13. Una carga equilibrada en conexión delta se alimenta de una fuente trifásica de
240 voltios de tensiones de líneas. La corriente de línea absorbida por la carga es
10 amperios. Se conecta un vatímetro monofásico de manera tal que a la bobina
amperimétrica circula la corriente de línea RI , y a la bobina voltimétrica se le
aplica la tensión STE , indicando así el vatímetro una lectura de 1500.
Determinar la impedancia de carga si RSE está a 0º y las secuencias de fase es
directa.
14. Una línea trifásica balanceada de 440 V, 60 Hz, alimenta a una carga conectada
en estrella balanceada, cuyas impedancias de fase son Ω= º0/10Zf .
Determinar:
a. El valor eficaz de la corriente de línea
b. La potencia activa total disipada
15. Una línea trifásica balanceado de 120 V eficaces, alimenta a una carga trifásica
balanceada cuyas impedancias de fases son Ω+= 10J20Zf Si las impedancias
se conectan en estrella determinar:
a. El valor eficaz de la corriente de línea
b. La potencia activa por fase
c. La potencia total disipada
Si las impedancias se conectan en triángulo determinar:
d. El valor eficaz de la corriente de línea
e. La potencia activa por fase
f. La potencia total disipada
16. Una carga trifásica balanceada en estrella, cada impedancia de fase está
constituido un circuito paralelo de R = 500 Ω, C = 50 µF, y L = 1.25 H. La carga
se alimenta de un generador trifásico en estrella en estrella, con
Vº0/240ERN = a la frecuencia angular de 100 rad/s. Determinar:
a. Las corrientes de líneas en forma polar.
b. La potencia compleja en forma polar, absorbida por cada fase.
c. El elemento pasivo a conectar en serie en cada línea, para maximizar el factor
de potencia total.
17. Una carga trifásica balanceada en estrella, cada impedancia de fase está
constituido un circuito serie de R = 500 Ω, C = 50 µF, y L = 1.25 H. La carga se
alimenta de un generador trifásico en estrella en estrella, con Vº0/240ERN = a
la frecuencia angular de 100 rad/s. Determinar:
d. Las corrientes de líneas en forma polar.
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 95
e. La potencia compleja en forma polar, absorbida por cada fase.
f. El elemento pasivo a conectar en serie en cada línea, para maximizar el factor
de potencia total.
18. P2. 2006 - 0 Una línea trifásica balanceada, con
Vº30/440ERS = alimenta a una carga
equilibrada en delta. Cada conductor de la
línea tiene una impedancia Ω+= 1J2Zl
tal como se muestra en el circuito adjunto.
La impedancia de fase de la carga en delta
es Ω+= 12J15Zf .
Determinar:
a. Las corrientes de líneas.
b. La potencia aparente absorbida por la carga en delta.
c. La potencia aparente absorbida por la línea.
d. La eficiencia del sistema.
19. Una carga serie R-L está conectada a una línea monofásica de 254 V, frecuencia
variable. Las lecturas de un voltímetro, un frecuencímetro, un amperímetro, y un
vatímetro conectadas a la carga para determinar la potencia compleja entregada
son 254 V, 60 Hz, 5 A, y 635 W, respectivamente. Para la frecuencia de 60 Hz,
determinar:
a. El valor del factor de potencia total.
b. La potencia reactiva entregada a la carga.
c. El valor de C, en paralelo con la carga para aumentar el factor de potencia total
al máximo.
d. Si la carga serie R-L, con 254 V es la impedancia entre línea y neutro de un
sistema trifásico balanceado en conexión estrella, cuál será la lectura de cada
uno de los dos vatímetros si se utiliza el método de los dos vatímetros.
20. (Prob. 20 Texto Eleindo)
Cada una de las tres impedancias de carga de un sistema trifásico equilibrado a 60
Hz consiste en una resistencia de 10 Ω en paralelo con un elemento puramente
reactivo. El sistema está conectado con los instrumentos de acuerdo con el método de
los dos vatímetros. Si uno de los vatímetros lee dos veces el valor del otro,
determinar el valor de los elementos reactivos.
21. Un sistema trifásico tetrafilar con V 0/ 208ERS °= , 60 Hz alimenta a un motor
trifásico de inducción de 5 HP, Cos ϕm = 0.71, ηm = 0.81, operando a plena
carga; y a una impedancia monofásica TNZ que absorbe 5 000 vatios con factor
de potencia unitario. Determinar:
RI
SI
TI
f,Z∆f,Z∆
f,Z∆
1J2Z +=l
1J2Z +=l
1J2Z +=l
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 96
a. Las corrientes de línea en módulo y ángulo.
b. La corriente en el conductor neutro.
c. La potencia aparente total
d. El factor de potencia total
e. La capacitancia a conectar entre las líneas R y T para aumentar el factor de
potencia total al máximo.
22. Una carga trifásica balanceada alimentada por una fuente trifásica de 450 V, 25
Hz está operando a factor de potencia 0.65 en atraso y tiene por impedancia de
fase Z = 15 Ω. Determinar:
a. Si la carga está en estrella
I. Las corrientes de fase.
II. Las corrientes de línea
III. La potencia aparente total
IV. La capacitancia por fase en estrella para aumentar el factor de potencia
total al máximo
b. Si la carga esta en delta
I. Las corrientes de fase
II. Las corrientes de línea si la carga esta en delta
III. La potencia aparente total
IV. La capacitancia por fase en delta para corregir el factor de potencia total
a 0.95 en atraso.
23. Un motor de inducción 3φ de 6 HP, 440 V, Cos ϕ = 0.76, η = 0.88, 60 Hz, opera
al 80 % de su plena carga, alimentada por una línea 3φ trifilar de 460 V, 60
Hz, cuyas impedancias de línea de (0.4 + J 0.3) Ω / conductor. En paralelo
con el motor está conectado un horno eléctrico 3φ de 3 000 vatios a 440 V, 60
Hz. Si la línea entrega en total 6 850 vatios y V 0/ 460ERS °= , determinar:
a. Las corrientes de línea
b. La tensión en el horno
c. La potencia absorbida por el horno
d. La potencia absorbida por el motor
e. La potencia total entregada por la línea
f. El factor de potencia total
24. Determinar la corriente aproximada en el arranque para el motor de inducción
del problema 23
25. Para el circuito mostrado K = 0.8 determinar:
a. El factor de potencia total
b. La impedancia equivalente en estrella
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 97
c. La impedancia equivalente en delta
26. Una carga trifásica tiene como impedancia de fase Ω+= 8J12Zf , determinar
las corrientes de línea cuando la carga es alimentada por una línea trifásica trifilar
de 220 V a 60 Hz, estando la carga es conectada en:
a. En estrella
b. En delta.
27. Un sistema trifásico equilibrado, conectado en estrella (ω = 100 rad/s), tiene, en
cada fase de su carga una conexión en paralelo de R = 500 Ω, C = 50 µF
y L = 1.25 H. Dado V 0/ 240ERN °= , siendo la secuencias de fases positiva,
determinar:
a. Las corrientes de fase en módulo y ángulo
b. Las corrientes de líneas en forma polar
c. La potencia aparente por fase en forma rectangular
d. La potencia total entregada por la línea trifásica en forma cartesiana
e. El factor de potencia total
f. El elemento en a colocar en serie en cada línea para maximizar el factor de
potencia total
28. P2-2006 - 0 Un carga trifásica balanceada conectada en delta, es alimentada por una línea
trifásica en secuencia directa con Aº30/440ERS −= , 60 Hz. La carga en delta,
toma 15 KVA, con factor de potencia 0.75 en atraso. Determinar:
a. La impedancia ∆,fZ por fase de la carga delta
b. Las corrientes de fase TSSR I,I
12 +J 16 Ω
12 +J 16 Ω
12 +J 16 Ω
20+J 25 Ω
20+J
25 Ω
20+J 25 Ω
R
S
T
8+J1
2 Ω
8+J12 Ω
8+J12 Ω
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 98
c. La capacidad del banco trifásico de condensadores en delta, para aumentar el
factor de potencia total al máximo
CIRCUITOS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
Los circuitos trifásicos son desbalanceados, cuando las impedancias de fases de la carga
trifásica que alimenta son diferentes (no es balanceada)
En el circuito desequilibrado o desbalanceado, las corrientes difieren en magnitud o en
ángulo de fase, por esta razón que en la solución correcta de los problemas de circuitos
polifásicos, que presentan grado de desequilibrio, se debe tener en cuenta la secuencia
de fases
Las cargas de los circuitos trifásicos desbalanceados pueden estar en Y o ∆.
CIRCUITO TRIFÁSICO TRIFILAR EN “Y” DESBALANCEADO
El circuito de la Fig. 57, se muestra tres hilos con tensiones balanceadas en secuencia
directa R S T, con alguna tensión en referencia
Las impedancias de fases son Ω≠≠ 321 ZZZ …(220)
Se quiere evaluar las corrientes de líneas que también
son corrientes de fase de la carga, por estar dicha carga
en estrella.
El método a utilizar es el de corrientes de mallas 21 IeI
Ecuaciones tipo volt-amper de mallas:
Malla 1 23131RT IZI)ZZ(E −+= …(221)
Malla2 23213TS I)ZZ(IZE ++−= …(222)
De las ecuaciones (22) y (222)de corrientes de malla, se determina las corrientes de
mallas 21 IeI
Corrientes de líneas: Las corrientes de líneas se denotan con un subíndice, correspondiente a la línea por
donde circula; se determinan como funciones de las corrientes de mallas evaluadas,
luego se tiene:
AII 1R = …(223)
3Z
2Z
1Z1I
2I
RI
TI
SI
RTE
TSE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 99
AII 2S −= …(224)
AIII 12T −= …(225)
Potencias aparentes de fases Se quiere evaluar las potencias aparentes de cada fase, es decir las potencias aparentes
que absorben cada una de las impedancias
Por la impedancia 1Z circula la corriente 1I ; por la impedancia 2Z circula la corriente
2I ; y por la impedancia 3Z circula la corriente 3I
Por ser las impedancias de fases diferentes, las corrientes de líneas tiene diferentes
magnitudes (circuito trifásico desbalanceado), de igual forma las potencias aparentes de
no necesariamente son iguales
Las potencias absorbidas por cada fase ( que también es la potencia entregada por la
línea trifásica trifilar) son:
Fase R – O VAIZS 2R1RO = …(226)
Fase S – O VAIZS 2S2SO = …(227)
Fase T – O VAIZS 2T3TO = …(228)
Potencia aparente total
La potencia aparente total es la suma de las tres potencias aparentes de fases, así:
VASSSS TOSOROtot ++= …(229)
Que en forma polar es:
VA/SS ºtottottot ϕ= …(230)
y en forma cartesiana es:
VAJQPS tottottot += …(231)
El factor de potencia total evaluado de la ecuación (230) siendo:
cos ºtotϕ …(232)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 100
CIRCUITO TRIFÁSICO TRETRAFILAR EN “Y” DESBALANCEADO
El circuito se muestra en la Fig. 58, con cuatro hilos, de los cuales el conductor neutro
se encuentra a tierra. En este sistema trifásico, las tensiones de fase están balanceadas y
las corrientes de líneas son desequilibradas porque tener impedancias de fases diferentes
Las impedancias de fases son Ω≠≠ 321 ZZZ …(233)
Corrientes de líneas Que también son corrientes de fases porque
la carga está en estrella
AZ
EI
1
RNR = …(234)
AZ
EI
2
SNS = …(235)
AZ
EI
3
TNT = …(236)
Corriente en el conductor neutro Se determina por 1ra ley de Kirchhoff AIIII TSRN −−−= …(237)
Potencias aparentes de fases
Las potencias absorbidas por cada fase ( que también es la potencia entregada por la
línea trifásica tetrafilar) son:
Fase R – N VAIZS 2R1RN = …(238)
Fase S – N VAIZS 2S2SN = …(239)
Fase T – N VAIZS 2T3TN = …(240)
Potencia aparente total
La potencia aparente total es la suma de las tres potencias aparentes de fases, así:
VASSSS TNSNRNtot ++= …(241)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 101
Que en forma polar es:
VA/SS ºtottottot ϕ= …(242)
y en forma cartesiana es:
VAJQPS tottottot += …(243)
El factor de potencia total evaluado de la ecuación (242) siendo:
cos ºtotϕ …(244)
CIRCUITO TRIFÁSICO TRIFILAR EN “∆∆∆∆” DESBALANCEADO
En el circuito eléctrico de la Fig. 59 se muestra el circuito trifásico con tres hilos con
tensiones balanceadas en secuencia directa R S T, con alguna tensión en referencia
Las impedancias de fases son 321 ZZZ ≠≠ …(245)
Corrientes de fases Son aquellas corrientes que circulan por las impedancias de fases. Se denotan con doble
subíndice correspondiente a cada fase
AZ
EI
1
RSRS = …(246)
AZ
EI
2
STST = …(247)
AZ
EI
3
TRTR = …(248)
Corrientes de líneas Para evaluar las corrientes de líneas se aplica la 1ra ley de Kirchhoff en cada nodo de la
carga en delta:
En el nodo R: AIII TRRSR −= …(249)
En el nodo S: AIII RSSTS −= …(250)
En el nodo T: AIII STTRT −= …(251)
3Z
2Z
RI
TI
SI
RSE
STE
1Z
RSI
STI
TRITRE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 102
Potencias aparentes de fases Las potencias absorbidas por cada fase ( que también es la potencia entregada por la
línea trifásica tetrafilar) son:
Fase R – S VAIZS 2RS1RS = …(252)
Fase S – T VAIZS 2ST2ST = …(253)
Fase T – R VAIZS 2TR3TR = …(254)
Potencia aparente total
La potencia aparente total es la suma de las tres potencias aparentes de fases, así:
VASSSS TRSTRStot ++= …(255)
Que en forma polar es:
VA/SS ºtottottot ϕ= …(256)
y en forma cartesiana es:
VAJQPS tottottot += …(257)
El factor de potencia total evaluado de la ecuación (256) siendo:
cos ºtotϕ …(258)
CIRCUITOS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS
Los circuitos trifásicos son desbalanceados, cuando las impedancias de fases de la carga
trifásica que alimenta son diferentes (no es balanceada)
En el circuito desequilibrado o desbalanceado, las corrientes difieren en magnitud o en
ángulo de fase, por esta razón que en la solución correcta de los problemas de circuitos
polifásicos, que presentan grado de desequilibrio, se debe tener en cuenta la secuencia
de fases
Las cargas de los circuitos trifásicos desbalanceados pueden estar en Y o ∆.
CIRCUITO TRIFÁSICO TRIFILAR EN “Y” DESBALANCEADO
El circuito de la Fig. 57, se muestra tres hilos con tensiones balanceadas en secuencia
directa R S T, con alguna tensión en referencia
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 103
Las impedancias de fases son Ω≠≠ 321 ZZZ …(220)
Se quiere evaluar las corrientes de líneas que también
son corrientes de fase de la carga, por estar dicha carga
en estrella.
El método a utilizar es el de corrientes de mallas 21 IeI
Ecuaciones tipo volt-amper de mallas:
Malla 1 23131RT IZI)ZZ(E −+= …(221)
Malla2 23213TS I)ZZ(IZE ++−= …(222)
De las ecuaciones (22) y (222)de corrientes de malla, se determina las corrientes de
mallas 21 IeI
Corrientes de líneas: Las corrientes de líneas se denotan con un subíndice, correspondiente a la línea por
donde circula; se determinan como funciones de las corrientes de mallas evaluadas,
luego se tiene:
AII 1R = …(223)
AII 2S −= …(224)
AIII 12T −= …(225)
Potencias aparentes de fases Se quiere evaluar las potencias aparentes de cada fase, es decir las potencias aparentes
que absorben cada una de las impedancias
Por la impedancia 1Z circula la corriente 1I ; por la impedancia 2Z circula la corriente
2I ; y por la impedancia 3Z circula la corriente 3I
Por ser las impedancias de fases diferentes, las corrientes de líneas tiene diferentes
magnitudes (circuito trifásico desbalanceado), de igual forma las potencias aparentes de
no necesariamente son iguales
Las potencias absorbidas por cada fase ( que también es la potencia entregada por la
línea trifásica trifilar) son:
Fase R – O VAIZS 2R1RO = …(226)
3Z
2Z
1Z1I
2I
RI
TI
SI
RTE
TSE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 104
Fase S – O VAIZS 2S2SO = …(227)
Fase T – O VAIZS 2T3TO = …(228)
Potencia aparente total
La potencia aparente total es la suma de las tres potencias aparentes de fases, así:
VASSSS TOSOROtot ++= …(229)
Que en forma polar es:
VA/SS ºtottottot ϕ= …(230)
y en forma cartesiana es:
VAJQPS tottottot += …(231)
El factor de potencia total evaluado de la ecuación (230) siendo:
cos ºtotϕ …(232)
CIRCUITO TRIFÁSICO TRETRAFILAR EN “Y” DESBALANCEADO
El circuito se muestra en la Fig. 58, con cuatro hilos, de los cuales el conductor neutro
se encuentra a tierra. En este sistema trifásico, las tensiones de fase están balanceadas y
las corrientes de líneas son desequilibradas porque tener impedancias de fases diferentes
Las impedancias de fases son Ω≠≠ 321 ZZZ …(233)
Corrientes de líneas Que también son corrientes de fases porque
la carga está en estrella
AZ
EI
1
RNR = …(234)
AZ
EI
2
SNS = …(235)
AZ
EI
3
TNT = …(236)
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 105
Corriente en el conductor neutro Se determina por 1ra ley de Kirchhoff AIIII TSRN −−−= …(237)
Potencias aparentes de fases
Las potencias absorbidas por cada fase ( que también es la potencia entregada por la
línea trifásica tetrafilar) son:
Fase R – N VAIZS 2R1RN = …(238)
Fase S – N VAIZS 2S2SN = …(239)
Fase T – N VAIZS 2T3TN = …(240)
Potencia aparente total
La potencia aparente total es la suma de las tres potencias aparentes de fases, así:
VASSSS TNSNRNtot ++= …(241)
Que en forma polar es:
VA/SS ºtottottot ϕ= …(242)
y en forma cartesiana es:
VAJQPS tottottot += …(243)
El factor de potencia total evaluado de la ecuación (242) siendo:
cos ºtotϕ …(244)
CIRCUITO TRIFÁSICO TRIFILAR EN “∆∆∆∆” DESBALANCEADO
En el circuito eléctrico de la Fig. 59 se muestra el circuito trifásico con tres hilos con
tensiones balanceadas en secuencia directa R S T, con alguna tensión en referencia
Las impedancias de fases son 321 ZZZ ≠≠ …(245)
Corrientes de fases Son aquellas corrientes que circulan por las impedancias de fases. Se denotan con doble
subíndice correspondiente a cada fase
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 106
AZ
EI
1
RSRS = …(246)
AZ
EI
2
STST = …(247)
AZ
EI
3
TRTR = …(248)
Corrientes de líneas Para evaluar las corrientes de líneas se aplica la 1ra ley de Kirchhoff en cada nodo de la
carga en delta:
En el nodo R: AIII TRRSR −= …(249)
En el nodo S: AIII RSSTS −= …(250)
En el nodo T: AIII STTRT −= …(251)
Potencias aparentes de fases Las potencias absorbidas por cada fase ( que también es la potencia entregada por la
línea trifásica tetrafilar) son:
Fase R – S VAIZS 2RS1RS = …(252)
Fase S – T VAIZS 2ST2ST = …(253)
Fase T – R VAIZS 2TR3TR = …(254)
Potencia aparente total
La potencia aparente total es la suma de las tres potencias aparentes de fases, así:
VASSSS TRSTRStot ++= …(255)
Que en forma polar es:
3Z
2Z
RI
TI
SI
RSE
STE
1Z
RSI
STI
TRITRE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 107
VA/SS ºtottottot ϕ= …(256)
y en forma cartesiana es:
VAJQPS tottottot += …(257)
El factor de potencia total evaluado de la ecuación (256) siendo:
cos ºtotϕ …(258)
PROBLEMAS DE CIRCUITOS TRIFÁSICOS DESBALANCEADOS:
Problema 1 Un generador de tensión alterna senoidal con 440 voltios de tensiones de líneas en
secuencia positiva, alimenta a una carga trifásica conectada en delta, siendo sus
impedancias de fases: Ω= º60/25ZRS Ω−= º90/18ZST y Ω−= º30/15ZTR
si la tensión de línea Vº30/440ERS = , determinar:
a. Las corrientes de líneas en módulo y ángulo.
b. La potencia aparente total entregada por el generador.
c. El factor de potencia total del circuito.
Solución
Conocida la tensión Vº30/440ERS = , en secuencia (+), el diagrama fasorial de
tensiones es:
º30/440ERS = V
º90/440EST −= V
º150/440ETR = V
El circuito eléctrico es:
RSE
STE
TRE
RI
SI
TI
STI
RSZ
STZ
TRZ
RSI
TRI
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 108
Determinando las corrientes de fase
A8.8J24.15º30/6.17º60/25
º30/440
Z
EI
RS
RSRS −=−===
Aº0/44.24º90/18
º90/440
Z
EI
ST
STST =
−
−==
Aº180/33.29º30/25
º150/440
Z
EI
TR
TRTR =
−==
a. Determinando las corrientes de líneas:
.A77.53)44.24(33.29I
III
.Aº73.43/73.128.8J2.9I
)8.8J24.15(44.24I
III
.Aº17.1143.458.8J57.44I
A)33.29(8.8J24.15I
III
T
STTRT
S
S
RSSTS
R
R
TRRSR
Rpta
Rpta
Rpta
−=−−=
−=
=+=
−−=
−=
−=−=
−−−=
−=
Determinando las potencias aparentes de fases
VA5.6706J3872º60/744S
VAº30/6.17xº30/440IES
RS
xRSRSRS
+==
==
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 109
VA6.753,1Jº90/6.753,10S
VAº0/44.24xº90/440IES
ST
xSTSTST
−=−=
−==
VA6.452,6J23.176,11º30/2.905,12S
VAº180/33.29xº150/440IES
TR
xTRTRTR
−=−=
−==
b. La potencia aparente total es:
.VAº9.34/19.349,187.499,410J23.048,15S
SSSS
tot
TRSTRStot
Rpta−=−=
++=
c. El factor de potencia total es:
Cos ϕtot = Cos(-34.9º ) = 0.8201 Rpta.
Problema 2
Un generador trifásico con tensiones de líneas de 220 voltios, alimenta a una carga
trifásica desbalanceada conectada en estrella, la que tiene por impedancias de fase:
Ω−= º30/12Z 0R Ω= º25/6Z 0S y Ω= º40/8Z 0T si RSE está a 0º,
determinar para secuencias de fase positiva y negativa:
a. Las corrientes de líneas en módulo y ángulo.
b. Las tensiones de fase en módulo y ángulo.
c. Las potencias aparentes por fase.
d. La potencia aparente total.
e. El factor de potencia total.
Solución
A. TENSIONES EN SECUENCIA DIRECTA O POSITIVA
.Vº0/220ERS = Teniendo en cuenta la secuencia de fases positiva, el
diagrama fasorial de tensiones es:
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 110
RSE
STE
TRE TSE
RTE
La carga trifásica desequilibrada está conectada en estrella, luego se resolverá
el problema mediante el método de corrientes de malla, denominado también
método de Maxwell.
Las ecuaciones de corrientes de mallas son:
2TO1TORORT IZI)ZZ(E −+= ….(1)
2SOTO1TOTS I)ZZ(IZE ++−= ….(2)
Del diagrama fasorial:
Vº60/220E,Vº60/220E TSRT =−=
….(3)
Resolviendo las ecuaciones de las mallas según (1), (2) y (3) se tiene:
a. Las corrientes de líneas son:
Rpta.
Rpta
Aº87.135/13.13I
)27.9J55.9(II;II
.Aº01.32/92.8I;II
S
sR2S
R1R
−=
+−==−=
−==
A27.9J55.9º13.44/31.13I
A73.4J56.7º01.32/92.8I
2
1
+==
+=−=
0R
Z
0S
Z0TZ
RTE
TSE
1I
2I
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 111
Rpta.Aº87.81/14.14I
14J99.1I;III
T
T12T
=
+=−=
Verificación: Si la suma de las tres corrientes de líneas es cero, la solución es correcta.
0III TSR =++
Queda como ejercicio para el lector, la comprobación de la suma geométrica de las tres
corrientes de líneas es cero.
b. Determinando las tensiones de fase.
Según el circuito eléctrico:
Rpta
Rpta
Rpta
Vº87.121/12.113º40/8xº87.81/14.14E
VZIE
Vº87.110/78.78º25/6xº87.135/13.13E
VZIE
Vº01.62/04.107º30/12xº01.32/92.8E
VZIE
0T
0TT0T
0S
0SS0S
0R
0RR0R
==
=
−=−=
=
−=−−=
=
c. Determinando las potencias aparentes por fase.
Para el circuito eléctrico:
.VAº30/8.954º30/12x92.8S
VAZII)ZI(IES
20R
0R2R
xR0RR
xR0R0R
Rpta−=−=
===
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 112
.VAº40/52.1599º40/8x14.14S
VAZII)ZI(IES
.VAº25/38.1034º25/6x13.13S
VAZII)ZI(IES
20T
0T2T
xT0TT
xT0T0T
20S
0S2R
xS0SS
xR0S0S
Rpta
Rpta
==
===
==
===
d. Determinando la potencia aparente total.
.VAº29.18/64.314890.897J65.2989S
SSSS
tot
0T0S0Rtot
Rpta=+=
++=
e. El factor de potencia total.
ϕtot = 18.29º , Cos ϕtot = Cos 18.29º = 0.9495 Rpta.
f. Diagrama fasorial en secuencia positiva de tensiones y corrientes
La solución por el método de corrientes de mallas es:
Aº13.44/31.13IAº01.32/92.8I 21 =−=
RSE
STE
TRE
1R II =
2I
1I−TI
2S II −=
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 113
B. TENSIONES EN SECUENCIA INVERSA O NEGATIVA
Con ,Vº0/220ERS = el diagrama fasorial de tensiones en secuencia
inversa o negativa es:
Siendo: Vº120/220EST =
,Vº120/220ETR −=
La solución del problema se puede determinar también por el método de
corrientes de mallas, pero para abreviar el cálculo es conveniente transformar
la estrella desequilibrada a una delta desequilibrada y determinar las corrientes
de fase para la delta y después mediante 1ra L.K ( Primera Ley de Kirchhoff),
las corrientes de líneas que son las mismas para la carga desequilibrada
conectada en estrella.
siendo: 0R0T0T0S0S0R ZZZZZZ ++=Σ
y al reemplazando valores se tiene: 2º11.16/19.149 Ω=Σ
El circuito de la delta equivalente es:
RSE
STE
TRE
120º
120º
RI
SI
TI
STI
RSZ
STZ
TRZ
RSI
TRI
0RZ
0TZ
0SZTRZ
STZ
RSZ
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 114
Ω−==Σ
=
Ω−=−
=Σ
=
Ω−==Σ
=
º89.8/37.32º25/8
º11.16/19.194
ZZ
º11.46/18.16º30/12
º11.16/19.194
ZZ
º89.23/27.24º40/8
º11.16/19.194
ZZ
0S
TR
0R
ST
0T
RS
Calculando las corrientes de fase:
Aº11.111/80.6º89.8/37.32
º120/220
Z
EI
Aº89.73/60.13º11.46/18.16
º120/220
Z
EI
Aº89.23/06.9º89.23/27.24
º0/220
Z
EI
TR
TRTR
ST
STST
RS
RSRS
−=−
−==
===
=−
==
Calculando las corrientes de líneas.(Mediante 1LK)
Rpta.
Rpta.
Aº63.115/43.1040.9J51.4I
Aº89.23/06.9º89.73/60.13I
AIII
Aº01.43/67.1401.10J73.10I
.Aº11.111/80.6º89.23/06.9I
AIII
S
S
RSSTS
R
R
TRRSR
=+−=
−=
−=
=+=
−−=
−=
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 115
Rpta.Aº77.107/38.2041.19J22.6I
Aº89.73/60.13º11.111/80.6I
AIII
T
T
STTRT
−=−−=
−−=
−=
Determinando las tensiones de fase.
El circuito en conexión estrella para secuencias de fases inversa es:
0RZ
0TZ
0SZ
R
S
T
0
0RE
RI
SI
TI0TE
0SE
Rpta.
Rpta.
Rpta
º77.67/04.163º40/8xº77.107/38.20ZIE
Vº63.140/58.62º25/6xº63.115/43.10ZIE
.Vº01.13/04.176º30/12xº01.43/67.14ZIE
0TT0T
0SS0S
0RR0R
−=−==
===
=−==
Determinando las potencias aparentes por fase.
.VA26.1291J52.2236º30/51.2582S
VAº01.43/67.14xº01.13/04.176IES
0R
x
R0R0R
Rpta−=−=
−==
.VA85.275J56.591º25/71.65S
VAº63.115/43.10xº03.140/58.62IES
0S
xS0S0S
Rpta+==
−==
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 116
.VA83.2135J38.2545º40/76.3322S
VAº77.107/38.20xº77.67/04.163IES
0T
xT0T0T
Rpta+==
−==
Determinando la potencia aparente total.
.VAº78.11/03.548942.1120J46.5373S
VASSSS
tot
0T0S0Rtot
Rpta=+=
++=
Determinando el factor de potencia total.
ϕtot = 11.78º Cosϕtot = Cos 11.78º = 0.9789º Rpta.
El diagrama fasorial de tensiones y corrientes se deja como ejercicio para el lector
Problema 3
Una línea trifásica de 200 voltios en secuencia positiva, alimenta una carga trifásica
desbalanceada en conexión delta, siendo sus impedancias de fase: Ω= º0/40ZRS
Ω= 40JZTR , Ω−= 40JZTR . Determinar las lecturas de dos vatímetros,
conectados adecuadamente para medir la potencia total entregada por la fuente.
Solución:
El circuito eléctrico para secuencia positiva es:
RI
SI
TI
R
T
S
RSI
TRI
STI
40
J 40
-J 40
RSE
STE
TRE
Tensiones de líneas:
Vº120/200EVº120/200EVº0/200E TRSTRS =−==
Determinando las corrientes de fases:
Aº0/5º0/40
º0/200
Z
EI
RS
RSRS ===
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 117
A5.2J33.4º021/5º90/40
º012/200
Z
EI
A5.2J33.4º021/5º90/40
º012/200
Z
EI
TR
TRTR
ST
STST
−−==−
==
+−=−=−
==
Determinando las corrientes de líneas (1LK)
Rpta
Rpta
Rpta
Aº90/5I
5J)5.2J33.4(5.2J33.4I
III
Aº165/66.9I
5.2J33.95)5.2J33.4(I
III
Aº15/66.9I
5.2J33.9)5.2J33.4(5I
III
T
T
STTRT
S
S
RSSTS
R
R
TRRSR
−=
−=+−−−−=
−=
=
+−=−+−=
−=
=
+=−−−=
−=
El diagrama fasorial de tensiones y corriente es:
RSE
STE
TRE TSE
RTE
RISI
TI
SRE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 118
Lecturas de vatímetros:
1. Colocando los vatímetros en las líneas R y S:
R
RTRRTR
I
ECosIEP ⟨= y
S
STSSTS
I
ECosIEP ⟨=
Reemplazando valores se tiene:
PR = 200 x 9.66 Cos 75º = 500.04 vatios Rpta.
PS = 200 x 9.66 Cos 75º = 500.04 vatios Rpta.
2. Colocando los vatímetros en las líneas R y T
R
RSRRSR
I
ECosIEP ⟨= y
T
TSTTST
I
ECosIEP ⟨=
PR = 200 x 9.66 Cos 15º = 1866.17 vatios Rpta.
PT = 200 x 5 Cos 150º = -866.03 vatios Rpta.
3. Colocando los vatímetros en las líneas S y T
S
SRSSRS
I
ECosIEP ⟨= y
T
TRTTRT
I
ECosIEP ⟨=
PS = 200 x 9.66 Cos 15º = 1866.17 vatios Rpta.
PT = 200 x 5 Cos 150º = -866.03 vatios Rpta.
Problema 4
Una fuente bifásica trifilar con tensiones de línea de 250 voltios en secuencia positiva,
con RNE , a cero grados, alimenta a una impedancia triásica en conexión delta, siendo
las impedancias de fase: Ω= º30/6ZRN , Ω−= º50/4ZSN y Ω+= 6J8ZRS
Determinar:
a. Las corrientes de líneas entregada por la fuente.
b. La potencia total absorbida por la impedancia trifásica expresada en módulo y
ángulo.
c. La corriente en el neutro del generador, expresada en módulo y ángulo.
Solución
Las impedancias de fase de la carga trifásica son:
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 119
º306ZRN = ohms = 5.2 + J 3.0 ohms.
º504ZSN −= ohms = 2.57 – J 3.06 ohms.
6J8ZRS += ohms = 10 / 36.87º ohms.
La tensión eficaz de línea E = 250 voltios.
La tensión de fase º0/2
250ERN = voltios
Vº0/78.176ERN = . Por la secuencia de fase positiva, la tensión
Vº09/78.176ESN −= . Así: Vº45/250E,EEE RSRSRNRS =−=
Determinando las corrientes de fase en la carga.
Aº30/46.29º30/6
º0/78.176
Z
EI
RN
RNRN −===
Aº40/19.44º50/4
º90/78.176
Z
EI
SN
SNSN −=
−
−==
Aº13.8/25º87.36/10
º45/250
Z
EI
SN
RSRS ===
El circuito eléctrico es:
RNZ
SNZ
RSZ
RNE
SNE
RSE
RSI
RNI
SNI
NI
RI
SI
Determinando las corrientes de líneas.
AIII RSRNR +=
Aº13.8/25º30/46.29IR +−=
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 120
.Aº09.74/22.3395.31J11.9I
AIII
.Aº55.12/49.5119.11J26.50I
S
RSSNS
R
Rpta
Rpta
−=−=
−=
−=−=
Corriente en el neutro.
Rpta.Aº36/38.7314.43J36.59I
AIII
N
SNRNN
−=−=
+=
Determinando la potencia aparente total.
.RptaVAº45.1/42.537,1434.368J75.14532S
º13.8/25xº45/250º40/2.44x`º90/78.176º30/46.29xº0/78.176S
IEIEIES
tot
tot
*RSRS
*SNSN
*RNRNtot
=+=
−+−+=
++=
Problema 5
La tensión por fase de un generador bifásico tetrafilar es 150 voltios, y alimenta a dos
cargas AZ y BZ . La frecuencia es f = 60Hz. La carga AZ constituye circuitos de
alumbrado de làmparas de incandescencia, absorbiendo 5 KW
La carga BZ constituye circuitos de alumbrado y motores de inducción, los que en total
toman 3,240 vatios con factor de potencia 0.65 en atraso.
Determinar:
a. La corriente eficaz por fase que entrega el generador.
b. La potencia aparente total totS absorbidas por las cargas.
c. La capacitancia conectada en cualquier fase del generador, para corregir el factor
de potencia total a 0.97 en atraso.
Solución
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 121
El circuito eléctrico es:
f = 60Hz.
EAa = 150 /0º V
EBb = 150 /-90º V
AZ : Constituye el circuito de
lámparas de incandescencia, luego es un circuito resistivo, absorbiendo
una potencia aparente:
VAº0/5000SA =
BZ : Constituye circuitos de alumbrado y motores de inducción, absorbiendo
una potencia aparente:
VA07.3788J9.3239º46.49/62.4984S
VA65.0Cos/65.0
3240S
VACos/Cos
PS
B
1B
B1
B
BB
+==
=
ϕϕ
=
−
−
BS
QB
PB
Bϕ
a. Determinación de las corrientes eficaces por fase.
Fase A:
Aº0/33.33I
Aº0/33.33º0/150
º0/5000
E
SI
A
Aa
Ax
A
=
===
El valor eficaz de la corriente de la fase A es 33.33 A Rpta.
Fase B:
AaE
AZ
BZ
A
B
AI
BI
a
b
BbE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 122
Aº46.139/23.33I
Aº46.139/23.33º90/150
º46.49/62.4984
E
SI
B
Bb
Bx
B
−=
=−
==
El valor eficaz de la corriente de la fase B es 33.23 A Rpta.
b. Determinación de la potencia aparente total absorbida.
Rpta.VAº69.24/93.906807.3788J90.8239S
VAº46.49/62.4984º0/5000S
VASSS
1tot
1tot
BA1tot
=+=
+=
+=
c. Corrección del factor de potencia.- Se conecta C en una fase del generador,
obteniendo potencia aparente total final 2totS
ϕ1 = 24.69º
ϕ2 = Cos-1
0.9
ϕ2 = 14.07º
F)tgtg(E
PC 212
ϕ−ϕω
=
Siendo:
E: Valor eficaz aplicada al condensador = 150 V (para cualquier fase)
ω: La frecuencia angular ω = 2π x 60 = 377 rad/seg.
Ptot1: Es la potencia activa absorbida por el circuito en condiciones iniciales.
Ptot1 = 8239.90 vatios.
Luego:
.RptauF13.203C
)º07.14tgº69.24tg(377x150
90.8239C
2
=
−=
1to
tS
Qtot1
Ptot1
1ϕ 2ϕ
QC
2totS
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 123
Problema 6
Se hace funcionar un motor bifásico de 2HP, 220V, 60Hz, Cos ϕ = 0.95, η = 0.90;
mediante una línea trifásica cuyas tensiones de líneas son de 380 voltios en secuencia
positiva. Para tal propósito se arma el circuito mostrado, en donde 1Z y 2Z son
impedancias que tienen por finalidad desfasar las tensiones aplicadas al motor en 90º
eléctricos y además que dichas tensiones sean de igual módulo.
Si la tensión de línea RSE se adelanta en 30º con respecto a la tensión PSE ,
determinar para plena carga del motor:
a. Las impedancias 1Z y 2Z .
b. Las corrientes de líneas RI , SI , TI .
c. La potencia aparente total totS entregada por la línea trifásica.
d. El factor de potencia total.
Solución:
Definiendo las tensiones de fase en el motor bifásico.
Vº90/220EVº0/220E QTPS −==
determinando las tensiones de líneas.
Como RSE se adelanta en 30º a PSE , entonces las tensiones de líneas son:
Vº150/380E
Vº90/380E
Vº30/380E
RS
ST
RS
=
−=
=
La potencia aparente total del motor bifásico
VAº19.18/03.174595.0Cos/9.0x95.0
746x2S 1
m == −
Potencia aparente por fase del motor
VAº19.18/51.8722
SS
mfm ==
Determinando las corrientes en cada fase del motor
En la fase P–S
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 124
dondede,SIE fm
x
RPS = :
Aº19.18/97.3º0/220
º19.18/51.872I
x
R ==
Aº19.18/97.3Ix
R −=
En la fase Q-T
fm
x
TQT S)I(E =− , de donde
Aº19.108/97.3I
Aº19.108/97.3º09/220
º19.18/51.872I
T
x
T
−=−
=−
=−
a. Determinación de las impedancias 1Z y 2Z
Rpta.
Rpta.
.º19.18/30.40º19.108/97.3
º90/160
I
EZ
Vº90/160º90/220º90/380E
VEEE
º33.78/19.55º19.18/97.3
º14.60/09.219
I
EZ
Vº14.60/09.219º0/220º30/380E
VEEE
T
SQ1
SQ
QTSTSQ
R
RP1
RP
PSRSRP
Ω=−
−=
−=
−=−−−=
−=
Ω=−
==
=−=
−=
b. Determinando las corrientes de líneas.
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 125
.Aº21.153/61.5453.2J01.5I
III
.Aº81.71/97.3)I(I
.Aº19.18/97.3I
S
RTS
TT
R
Rpta
Rpta
Rpta
−=−−=
−−=
=−−=
−=
El diagrama fasorial de tensiones y corrientes.
c. Determinando la potencia total entregada por la línea totS .
Sea: mS , La potencia aparente absorbida por el motor
2Z1Z S,S , Las potencias aparentes absorbidas por las impedancias
2Z y 1Z
)3...()I(ESy)2..(IES
)1...(VASSSS
x
RSQ2Z
x
RRP1Z
2Z1Zmtot
−==
++=
(2) y (3) en (1) se tiene:
Rpta.VAº20.33/65.291284.1594J22.2437S
VAº19.108/97.3xº90/160º19.18/97.3xº14.60/09.219º19.18/03.1745S
tot
tot
=+=
−++=
d. Determinando el factor de potencia total: Cos ϕtot
ϕtot = 33.20º Así: Cosϕtot = Cos 33.20º
Cosϕtot = 0.8367 Rpta.
Problema 7
En el circuito indicado, las tensiones de líneas son de 381 voltios con RNE a cero
grados y en secuencia positiva, las líneas alimentan a las siguientes cargas:
Carga 1: Motor monofásico M1
3 HP, 381 V, Cos ϕm1 = 0.70, ηm1 = 0.85, 60Hz, % Operación = 80%
Carga 2: Motor 3 ∅ M2 5HP, 381 V, 60Hz, ηm2 = 0.85
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 126
Carga 3: Impedancia 3Z , 4 KW, 220 V, Cosϕ3 = 0.65
Carga 4: Impedancia 4Z , 6KW, 220 V, Cosϕ4 = 1.00
El vatímetro P3 indica una lectura de 2975.75 vatios, y el amperímetro A da como
lectura 8 amperios. Determinar:
a. La corriente absorbida por M1
b. El factor de potencia de M2
c. El % de carga de M2
d. El diagrama fasorial de tensiones y corrientes.
e. Las lecturas de P1, P2 y P4.
Solución
Determinando las corrientes en las cargas:
1ro. Carga M1:
VAº57.45/08.009,385.0x70.0
70.0Cos/80.0x745x3S
1
1 ==
−
.Aº57.15/89.7º30/381
º57.45/08.009,3
E
SI
RS
1*
1RS ===
a. Rpta..A12.2J60.7º57.15/89.7I 1RS −=−=
2do. Carga M2:
Sea 2TI la corriente que circula por la bobina amperimétrica de P3, luego:
75.2975ºCosx8x381I
ECosIEP
2T
TS2TTS3 =α=⟨=
b. Cos αº = 0.97 → αº = 12.50º
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 127
Siendo Cos ϕm2 el factor de potencia del motor M2
Rpta.737.0Cos;º50.42º50.12º30 2m2m =ϕ=+=ϕ
Luego: 2m2m CosIE3P ϕ= (Potencia 3φ)
vatios30.3892º50.42Cosx8x381x3P 2m ==
Potencia en el eje M2: Pm2 eje
HP43.445.3308P
vatios85.0x30.3892PP
eje2m
22meje2m
==
=η=
c. % de carga de M2: %60.88100x5
43.4aargC% ==
El motor está operando al 88.60% de la potencia nominal Rpta.
3ro. Carga 3Z
A12.5J49.7º45.169/97.27I
:luegoVAIES
VAº45.49/84.615365.0Cos/65.0
000,4S
3S
*
3SSN3S
13
−2−=−=
=
== −
4to. Carga 4Z
*
TN44 4TIES,VAº0/000,6S == de donde:
A61.23J63.13º120/27.27I
Aº120/27.27º120/220
º0/000,6
E
SI
4T
TN
4*
4T
+−==
−===
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 128
Determinando las corrientes de líneas.
Aº12.29/45.1552.7J49.13I
Aº50.42/8º57.15/89.7III
R
2R1RSR
−=−=
−+−=+=
Aº74.110/60.3342.31J90.11I
Aº120/27.27º5.77/8III
Aº78.172/06.4341.5J72.42I
Aº57.15/89.7º45.169/97.27º50.162/8I
AIIII
T
4T2TT
S
S
1RS3S2SS
=+−=
+=+=
−=−−=
−−−+−=
−+=
d. El diagrama fasorial: Se ha graficado en la siguiente página.
e. Determinando las lecturas de los vatímetros:
.vatios36.617,2P
)º74.110º0(Cosx6.33x3
381
I
ECosIEP
.vatios88.061,2P
))º78.172(º90(Cosx06.43x381I
ECosIEP
.vatios75.885,5P
))º12.29(º30(Cosx45.15x381I
ECosIEP
4
T
RNTRN4
2
S
STSST2
1
R
RTRRT1
Rpta
Rpta
Rpta
−=
−=⟨=
=
−−−=⟨=
=
−−−=⟨=
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 129
Problema 8
En el problema anterior, utilizando tres vatímetros monofásicos y conectados
adecuadamente, determinar la potencia activa total absorbidas por las cargas, y
compararlas con la suma de las potencias medias absorbidas por cada carga.
Para el desarrollo utilice el diagrama fasorial de tensiones y corrientes del problema
anterior.
Solución
Según el problema anterior se trata de una línea trifásica tetrafilar, la que alimenta a un
conjunto de cargas monofásicas y trifásicas, teniendo como consecuencia un sistema
trifásico tetrafilar desequilibrado.
Con tres vatímetros conectados entre líneas y neutro, tal como se muestra en el circuito,
se miden las potencias de fases, y la suma de las tres potencias indicadas por los
vatímetros constituye la potencia activa trifásica total.
Siendo: '3
'2
'1 PyP,P las lecturas indicadas por los vatímetros se tiene:
.vatios69.249,7P
))º74.110º120(Cosx60.33x3
381
I
ECosIEP
.vatios35.729,5P
))º78.172(º120(Cosx06.43x3
381
I
ECosIEP
.vatios98.968,2P
))º12.29(º0(Cosx45.15x3
381
I
ECosIEP
'3
T
TNTTN
'3
'2
S
SNSSN
'2
'1
R
RNRRN
'1
Rpta
Rpta
Rpta
=
−=⟨=
=
−−−=⟨=
=
−−=⟨=
la potencia activa trifásica total es: '3
'2
'1tot PPPP ++= vatios
Ptot = 15,993.02 vatios Rpta.
Determinando las potencias medias absorbidas por cada carga.
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 130
Carga M1: VA91.148,2J35.106,2º57.45/08.009,3S1 +==
Carga M2: vatios30.892,3P"
2 =
Carga Z3: VA52.676,4J00.000,4º45.49/84.153,6S3 +==
Carga Z4: vatios00.000,6P"4 =
Sumando sólo las potencias activas, se tiene:
vatios65.998,15P
00.000,600.000,430.892,335.106,2P
"tot
"tot
=
+++=
Se observa que "tottot PP =
Nota:
La pequeña diferencia se debe a que Ptot se ha determinado con valores
aproximados a las centésimas.
Problema 9
Un transformador trifásico Y–Y, 180KVA, 10/0.44 KV, 60Hz, ηt = 0.985, alimenta a
las siguientes cargas:
Carga 1:
Motor: 3φ, 85 HP, 440 V, 60 Hz, Cos ϕ1 = 0.809, η1 = 0.92, %PC = 100%
Carga 2:
Impedancia 1φ, 35 KW, 440 V, Cos ϕ2 = 0.80 en atraso.
Determinar:
a. Los KVA en módulo y ángulo de una carga 3∅ balanceada con factor de potencia
0.75 en atraso, para que el transformador opere al máximo normalmente.
b. Graficar el diagrama fasorial de tensiones y corrientes.
c. El % de carga del transformador.
d. Los valores eficaces de las corrientes primarias.
Solución
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 131
1ro. Determinando las corrientes secundarias de línea máxima 2I)
, que el
transformador puede entregar a plena carga es:
.Amp19.236440x3
000,180
E3
SI
2
2 ===)
Cualquier corriente de línea secundaria mayor que 2I)
, deteriora el devanado
secundario correspondiente del transformador
Sea la secuencia de fases positiva, con RNE a 0º, luego el diagrama de tensiones
es:
V440EEE
.V03.2543
440EEE
TRSTRS
TNSNRN
===
====
2do. Determinación de las corrientes secundarias absorbidas por la carga 1 y
carga 2.
Carga 1: Los datos del motor 3φ son:
85 HP, 440 V, 60 Hz, Cosϕ1 = 0.809, η1 = 0.92, %PC = 100%
La potencia aparente 1S que absorbe el motor a plena carga es:
VACos/xCos
PC%x746xHPS 1
1
11
1 ϕηϕ
= −
VA20.079,50J91.923,68S
VAº36/43.196,85809.0Cos/92.0x809.0
1x746x85S
1
11
+=
== −
Cada fase del motor absorbe la tercera parte de 1S , siendo 1fS la potencia
absorbida por fase de la carga 1
º30
RNE
SNE
TNERNE−
SNE−
TNE−
RSE
STE
TRE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 132
VAº36/81.398,28º36/3
43.196,85
3
SS
11f ===
Para la fase R-N, la tensión de fase Vº0/03.254ERN =
.AE
SIIES
RN
1fx
1R
*
1RRN1f =⇒=
.Aº36/79.111º36/03.254
81.398,28I
x
RN ==
Luego: .A71.65J44.90º36/79.111I 1R −=−=
Las otras corrientes de líneas 1SI o 1TI están desfasadas en –120º y 120º
respectivamente, con respecto a 1RI ,
Así: .A47.45J12.102º156/79.111I 1S −−=−=
.A19.111J69.11º84/79.111I 1T −==
Carga 2:
Los datos de la impedancia 1φ son:
35 KW, 440 V, Cos ϕ2 = 0.80 en atraso.
Luego la potencia aparente 2S es:
VAº87.36/750,438.0Cos/8.0
000,35S 1
2 == −
VA250,26J800,35S2 +=
Sea: Vº30/440ERS = ; la tensión aplicada a la carga 2, así la corriente que circula
por la carga 2 es:
.A89.11J71.98º87.6/43.99I
.Aº87.6/43.99º30/440
º87.36/750,43
E
SI
2RS
RS
2x2RS
−=−=
===
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 133
3ro. El esquema del circuito con tensiones secundarias de 440 volt. Alimentado a las
dos cargas es:
Del esquema 2 se tiene:
1ra. L.K. en la línea R
.Aº31.22/45.20461.77J15.189I
III
'R
2RS1R'R
−=−=
=+=
1ra. L.K. en la línea S
.Aº51.170/63.20358.33J84.200I
III
'S
2RS1S'S
−=−−=
=−=
1ra. L.K. en la línea T
.Aº84/79.11119.111J69.11I
II
'T
1T'T
=+=
=
Diagrama fasorial de tensiones y corrientes totales correspondientes al esquema 2
es:
RSETRE
º31.22
º6
'RI
'TI
'SI
º49.9
3ESQUEMA
º30º30
4to. Según el cálculo anterior, al alimentar a las dos primeras cargas, las
líneas más recargadas son la R y S con 204.45 y 203.63 amperios
respectivamente. A estas corrientes de líneas, hay que adicionarlas las
corrientes de líneas de la carga 3 con factor de potencia 0.75 en atraso, de
3Z
φ 3
M 2
1RI
1SI
1TI
2RSI
'RI
'SI
'TI
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 134
manera tal que la corriente total entregada por el secundario del
transformador, no sobrepase los 236.19 amperios.
Por las aproximaciones de las magnitudes de las corrientes de línea 'RI e
'SI , es muy posible que tomando como base '
RI e 'SI de las corrientes de
líneas supere el valor de 236.19 amperios, por lo que se efectuará dos
cálculos para determinar la verdadera magnitud de corriente de la carga
3, así sea I´´ la corriente absorbida por la carga 3 tomando como base 'RI
(1er. Cálculo) Cos ϕ3 = 0.75
ϕ3 = 41.41º
º9.160º
.A19.236I R2
=α
=)
Por ley de cosenos se tiene:
ºCosII2)I()I()I( "R
'R
2"R
2'R
2R2 α−+=
Reemplazando valores:
º9.160CosI)45.204(2)I()45.204()19.236( "R
2"R
22 −+=
se tiene la ecuación de segundo grado:
091.985,13I39.386)I( "R
2"R =−+
la que tiene como solución: "RI = 33.32 A.
Luego las corrientes de líneas absorbidas por la carga a conectar serán:
.Aº59.78/32.33I
.Aº41.161/32.33I
.Aº41.41/32.33I
"T
"S
"R
=
−=
−=
La corriente total de línea R es:
.Aº95.24/19.23665.99J14.214I
.AmpIII
R2
"R
'RR2
−=−=
+=)
)
La corriente total de la línea S es:
º41.41
'RI
''RI
R2I
4ESQUEMA
º31.22
ºα
RNE
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 135
.AIII"
S
'
SS2 +=)
.Aº23.169/58.23620.44J42.2.23I S2 −=−−=)
Se observa que S2I)
es mayor que I2 en 0.39 amperios; aunque la diferencia es
pequeña, la línea S está ligeramente sobrecargada. Luego el análisis en donde se
toma como base las corrientes de línea '
RI queda descartada.
(2do. Cálculo) Tomando como base '
SI
γº = 189.1º
'S2I
) = 236.19 Amp.
S2I
''SI
'SI
º49.9
SNE
º30
º30
º41.41
5ESQUEMA
ºγ
Aplicando la ley de cosenos se tiene:
ºCosII2)I()I()I( "S
'S
2"S
2'S
2S2 γ−+=
)
Reemplazando valores:
º1.189CosI)63.203(2)I()63.203()19.236( "
S
2"
S
22 −+=
se tiene la ecuación de segundo grado:
054.320,14I13.402)I( "S
2"S =−+
la que tiene como solución: .A92.32I"S =
Luego: .Aº49.9º/92.32I"S +γ=
.Aº59.198/92.32I"S =
.Aº41.41/92.32I"R −=
.Aº59.78/92.32I"T =
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 136
5to. Determinando las corrientes totales de líneas secundarias, aplicando la 1ra.
Ley de Kirchoff.
En la Línea R.
.Aº93.24/81.23539.99J84.213Iˆ
.AIIIˆ
R2
"R
'RR2
−=−=
+=
En la línea S:
.Aº25.169/19.23606.44J04.232Iˆ
.AIIIˆ
S2
"S
'SS2
−=−−=
+=
En la línea T
.Aº77.82/60.14445.143J20.18I
.AIIIˆ
T2
"T
'TT2
=+=
+=)
Así la solución del 2do. Cálculo es la correcta porque ninguna de las
corrientes totales secundarias de líneas supera la máxima corriente de línea
secundaria que puede entregar el transformador 19.236I2 =)
amperios.
a. Determinando la potencia aparente de la carga 3
Rpta.VA44.594,16J20.816,18º41.41/41.088,25S
VAº41.41/92.32x440x375.0Cos/"IE3S
3
13
+==
== −
b. Diagrama fasorial de tensiones y corrientes.
Queda como ejercicio para el lector, realizándolo con la ayuda del esquema 5.
c. Determinando el porcentaje de carga del transformador.
Rpta.53.85100x000,180
91.947,153PC%
VAº13.37/91.947,153S
VA75.923,92J11.740,122S
VASSSS
tot
tot
321tot
==
=
+=
++=
d. Determinando los valores eficaces de las corrientes primarias del transformador.
Sean S1R1 Iˆ
,Iˆ
e T1Iˆ
, las corrientes primarias de líneas
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 137
Así: 21 Iˆ
000,10
400Iˆ
=
En la línea R
Rpta..Aº93.2437.10I
.Aº93.24/81.235x000,10
440Iˆ
000,10
440Iˆ
R1
R2R1
−=
−==
)
En la línea S
Rpta..Aº25.169/39.10º25.169/19.236x000,10
440Iˆ
Iˆ
000,10
440Iˆ
S1
S2S1
−=−=
=
En la línea T
Rpta.Aº77.82/36.6º77.82/60.144x000,10
440Iˆ
000,10
440Iˆ
T2T1 ===
PROBLEMAS PROPUESTOS DESBALANCEADOS
1. Una alimentación trifásica 240 V, 60 Hz, está conectada a una carga
desequilibrada en triángulo. Las impedancias están conectadas en la siguiente
forma: Ω°= 20/ 3ZRS ; Ω°= 30-/ 6ZRT ; Ω°= 60/ 4ZTS . Determinar los
valores eficaces de las corrientes de línea.
RSE
STE
TRE
R
S
T
RI
SI
TI
STI
RSZ
STZ
TRZ
RSI
TRI
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 138
2. En el circuito mostrado Vº30/380ERS −= en secuencia inversa,
Ω= º60/12Z 0R , Ω−= º40/10Z 0S , Ω= º0/15Z 0T . Determinar:
a. Las corrientes de mallas 21 IeI
b. Las corrientes de líneas TSR Ie,I,I
c. La potencia aparente total entregada por la
línea
d. El factor de potencia total
3. Una carga desbalanceada en triángulo tiene que tiene las impedancias de fase:
. 90/ 58Zy 75/ 40Z , 45-/ 36Z STTRSR Ω°=Ω°=Ω°= , y una carga
monofásica Ω°= 0/ 10ZRS . Si V 45/ 220ERS °= y la secuencia de fases en
negativa, determinar en módulo ángulo las corrientes de línea.
4. Un sistema trifásico tetrafilar de 208 V, 60 Hz con neutro a tierra alimenta a una
carga trifásica equilibrada en estrella cuyas impedancias de fase son
Ω°= 35/ 8ZfY ; a una carga balanceada en triángulo cuyas impedancias de fase
son Ω°=∆ 70/ 60Zf y a una carga monofásica cuya impedancia es
Ω°= 30-/ 50ZSN . Si V 0/ 208ERS °= , Determinar:
a. Las corrientes de fase en la carga en estrella
b. Las corrientes de fase en la carga en delta
c. Las corrientes de línea.
5. El detector de secuencia de fases RC, mostrado
incorpora una resistencia de 1 KΩ, Que valor de
C maximizará la diferencia entre la magnitud de
salida del detector VQS y la magnitud de
tensión de línea.
R
_
- VQS
+S
T
Q
R
C
_
IRT
0R
Z
0S
Z
0TZ
RTE
TSE
1I
2I
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 139
6. En el circuito de la Fig. 2 las impedancias son:
Ω+=Ω+= 50J20Z , 30J40Z 21 . La
tensión de fase V. 0/ 220ERN °=
La tensión de la fase S-N está a – 90°
Determine:
a. La potencia aparente total en módulo y
ángulo entregada por el generador
bifásico
b. La capacitancia a conectar en borne de
la línea R – S , para incrementar el
factor de potencia total al máximo.
7. Suponer que la carga en triángulo abierto se conecta a una fuente trifásica
equilibrada
a. Si la máxima corriente de línea admisible en
cualquiera de los conductores es l
I , obtener una
expresión para la potencia máxima suministrada a
las dos impedancias
b. Si l
I es la misma de a. comparar el resultado de
a. con la potencia suministrada a tres impedancias
Z conectadas en triángulo
8. Si Vº0/200ERS = en secuencia directa. La impedancia 1Z toma 20 KW con
factor de potencia unitario; . la impedancia 2Z toma
12 KW con factor de potencia 0.6 en atraso; la
impedancia 3Z toma 16 KW con factor de `potencia
0.8 en adelanto
Determinar:
a. Las corrientes de líneas TSR Ie,I,I
b. El factor de potencia total
9. En el circuito mostrado Vº0/200ERS = en secuencia inversa. Determinar:
a. Las corrientes de líneas TSR Ie,I,I
b. La potencia aparente total absorbida por
el circuito
c. El factor de potencia total
d. El valor de la reactancia de la bancada
de reactores en delta, para aumentar el
factor de potencia total al máximo
Z
Z
1Z
2Z
3Z
RI
SI
TI
R
T
S
Ω5
Ω6
Ω4J
Ω− 8JΩ5
Ω5
RI
SI
TI
R
S
T
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 140
10. La línea trifásica es alimentada por un generador
de 30 KVA, 380 V, 60 Hz
La impedancia fZ absorbe 6 KVA con factor de
potencia 0.8 en atraso.
La impedancia Z , tiene factor de potencia 0.6 en
atraso. Se desea que el generador opere a la
potencia nominal .
a. Determinar el módulo de Z.
b. El % de carga del generador
c. La eficiencia del sistema
d. El factor de potencia total
a. En el circuito mostrado, las secuencia de
fases es ANE , BNE con
Vº40/120EBN −= .
Las impedancias son: Ω+= 10J12ZA ,
Ω= º45/18ZB y Ω+= 30J20ZAB .
Determinar:
a. La potencia mínima del generador
bifásico
b. El factor de potencia total
Seguidamente se conecta un condensador entre líneas A-B, de manera tal que el
factor de potencia total es 0.97 en atraso. Determinar:
d. El valor de la capacidad del capacitor
e. El porcentaje de carga del generador
b. Una línea trifásica con Vº30/380ERS = , 60 Hz en secuencia positiva, alimenta
a una carga trifásica desbalanceada como la que se muestra.
La corriente de línea Aº150/12IS −= .
Determinar:
a. La potencia trifásica activa total absorbida por
la carga trifásica
b. La potencia reactiva total
c. El factor de potencia total
fZ
fZfZ
Z
R
S
T
SI
RI
TI
AZ
BZ
ABZ
AI
BI
NI
Ω35
2Z
1Z
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos LEIV. 141
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Título : Primer curso en Ingeniería Eléctrica y Computación
Con Matlab Programas y Experimentos
Autor : Louis L. Scharf – Richard T. Behrens
Editorial : Addison-Wesley (1991)