Circuitos polifásicos

Circuitos eléctricos 2

Tensiones polifásicas

Notación de doble subíndice

Por definición Vab es el voltaje del punto a respecto al punto b.

a c

b d

Vad = Vab + Vbd

Vad= Vac + Vcd = Vab + Vbc + Vcd

Sistema trifásico de voltaje

+

+

+

a

b

c

n

100120° V

1000° V

100-120° V

Van = 1000° V rms

Vbn = 100-120° V rms

Vcn = 100-240° V rms

Diagrama fasorial

Vcn

Vbn

Van

Vnb Vab =Van+ Vnb

Vab =Van+ Vnb

=Van– Vbn

= 1000°–100–120° V

= 100 – (–50 –j86.6) V

= 173.2 30° V

Tarea

Sea Vab = 100/_0° V, Vbd = 40/_80° V,Vca = 70/_200° V, determine a) Vad, b) Vbc, c) Vcd.

Solución: 114.0/_20.2° V, 41.8/_145° V, 44.0/_20.6° V

Tarea

Si Ifj = 3 A, Ide = 2 A, Ihd = -6 A, determinar a) Icd, b) Ief, c)Iij

Sol: -3 A, 7 A, A

Sistema monofásico de 3 conductores

Fuente de3 alambresUna fase

a

n

b

+

+

a

n

b

V1

V1

Van = Vnb = V1

Vab = 2Van = 2Vnb

Van + Vbn = 0

Permite trabajar en 110 V 0 220 V

aplicación a dos cargas iguales

+

+

a

n

b

V1

V1

ZP

ZP

A

B

N

Van = Vnb

IaA = Van/Zp = IBb = Vnb/Zp

por tanto

InN = IBb + IAa = IBb – IaA = 0

IaA

InN

IBb

EjemploDeterminar la potencia entregada a cada una de las tres cargas y la potencia perdida en el hilo neutro y en cada línea.

Solución en MatlabR1 = 1;R2 = 50;R3 = 20;R4 = 3;R5 = 100;R6 = 1;ZL = 10j;V1 = 115;V2 = 115;% matriz de impedanciaZ = [R1+R2+R4, -R2, -R4;... -R2, R2+R3+R5+ZL, -R5;... -R4, -R5, R4+R5+R6];V = [V1,0,V2]';I = inv(Z)*V;

polar(I(1))polar(I(2))polar(I(3))IaA = I(1);IbB = -I(3);InN = I(3)-I(1);% potenciasP50 = abs(I(1)-I(2))^2*R2P100 = abs(I(3)-I(2))^2*R5P20 = abs(I(2))^2*R3% potencia linea superiorPaA = abs(I(1))^2*R1% potencia línea de tierraPbB = abs(I(3))^2*R6 % potencia línea inferiorPnN = abs(InN)^2*R4

Solución

IaA = 11.2437-19.8349° AIbB = 10.3685158.204° AInN = 0.949937-177.908° AP50 = 206.6269 WP100 = 117.2732 WP20 = 1762.9 WPaA = 126.4205 WPbB = 107.5066 WPnN = 2.7071 W

Diagrama fasorial

IbB

IaA

InNVbn

Van

IaA + IbB

TareaDeterminar la potencia entregada a cada una de las tres cargas y la potencia perdida en el hilo neutro y en cada línea.

2.5

2.5

5.5

153.1 W, 95.8 W, 1374 W

Conexión trifásica Y

Consideraremos solo fuentes trifásicas balanceadas.

+ +

+

a

b

c

n

Van Vbn

Vcn

A

B

N

C

|Van| = |Vbn| = |Vcn|

Vab + Vbn + Vcn = 0

Van = Vp0°

Vbn = Vp120°

Vcn = Vp240°

O

Vbn = Vp120°

Vcn = Vp240°

Conexión trifásica Y

Van = Vp0°

Vcn = Vp240°

Vbn = Vp120°

Secuencia (+)

Vbn = Vp0°

Vcn = Vp240°

Secuencia (-)

Van = Vp0°

Tensiones de línea a línea

Van

Vcn

Vbn

Vab

Vbc

Vca

Voltajes de línea

Vab = 3Vp30°

Vbc = 3Vp90°

Vca = 3Vp210°

Conexión Y-Y

+

+

+

Zp Zp

Zp

a

b

c

n

A B

N

C

IaA = Van / Zp

IbB = IaA °

IcC = IaA °

InN = IaA + IbB + IcC = 0

Ejemplo 12-2% ejemplo 12-2% Encontrar corrientes y tensiones en todo el circuito% a A% +----------------------+% | +-------------------+ B% \ / b | |% \ / R R% V1 V2 \ /% \ / L L% \ / \ /% \/ n \/ N% | |% V3 L% | |% | R% | |% c +---------------------+ C% datos V1 = 200;V2 = 200*(cos(-120*pi/180)+j*sin(-120*pi/180));V3 = 200*(cos(-240*pi/180)+j*sin(-240*pi/180));Z = 100*(cos(60*pi/180)+j*sin(60*pi/180));

% VoltajesVan = V1;Vbn = V2;Vcn = V3;Vab = V1 - V2;Vbc = V2 - V3;Vca = V3 - V1;polar(Vab)polar(Vbc)polar(Vca)IaA = Van/Z;IbB = Vbn/Z;IcC = Vcn/Z;polar(IaA)polar(IbB)polar(IcC)PAN = abs(Van)*abs(IaA)*cos(angle(Van)-angle(IaA))

% RESULTADOSVab = 346.41/_30°Vbc = 346.41/_-90°Vca = 346.41/_150°IaA = 2/_-60°IbB = 2/_-180°IcC = 2/_60°PAN = 200.00

Práctica 12-4% prac 12-4% un sistema trifasico balanceado Y-Y% Z = -100j, 100, 50+50j en paralelo% Vab = 400;% Encontrar corrientes, tensiones en todo el circuito y potencia% a A% +----------------------+% | +-------------------+ B% \ / b | |% \ / \ /% V1 V2 Z Z% \ / \ /% \ / \ /% \/ n \/ N% | |% V3 |% | Z% | |% | |% c +---------------------+ C% datos Vab = 400;Z = 1/(1/-100j + 1/100 + 1/(50+50j));% VoltajesVan = Vab/sqrt(3)*(cos(30*pi/180)+j*sin(30*pi/180));polar(Van)IaA = Van/Z;polar(IaA)P = 3*abs(Van)*abs(IaA)*cos(angle(Van)-angle(IaA))

Van = 230.94/_30°IaA = 4.6188/_30°P = 3200.0

Ejemploejemplo 12-3un sistema trifásico balanceado con una tensión de línea de 300 V se suministra a una carga balanceada Y con 1200 W a un FP adelantado de 0.8. Determine la corriente de línea y la impedancia de carga por fase.La tensión de fase es

Van = Vp/3 = 300/3 VLa potencia por fase es

P = 1200/3 = 400 WDado que P = Van*IL*FP

IL = P/(Van*FP) = 2.89 ALa impedancia es Vp/IL

ZP = Vp/IL = 300/3/2.89 = 60 Ohms

Ejemplopráctica 12-5 un sistema trifásico balanceado con una tensión de línea de 500 V y estánpresentes dos cargas balanceadas en Y, una carga capacitiva con 7 - j2 Ohms por fase y una carga inductiva con 4 + j2 Ohms. Determine a) la tensión de fase, b) la corriente de línea, c) la potencia total extraída por carga, d) el factor de potencia con el que opera la fuente

ZC = 7 – 2j;ZL = 4 + 2j;

la tensión de fase es Van = Vp/3 = 289 V

la corriente de línea es

IaA = Van/ ZC|| ZL = Van/(ZC*ZL/(ZC+ZL)) = 95.97 – 18j = 97.510.6° A

la potencia total extraída por cargaP = 3Van|IaA|

el factor de potencia con el que opera la fuenteFP = cos(10.6°) = 0.983

TareaPráctica 12-6Tres cargas balanceadas conectadas en Y se instalan en un sistema trifásico balanceado de 4 hilos. La carga 1 demanda una potencia total de 6 kW a un factor de potencia unitario. La carga 2 requiere 10 kVA a un FP = 0.96 retrasado, y la carga 3 necesita 7 kW a 0.85 retrasado. Si la tensión de fase en las cargas es 135 V, cada línea tiene una resistencia de 0.1 y el neutro tiene una resistencia de 1 , determine a) la potencia total consumida por las cargas, b) el FP combinado de las cargas, c) la pérdida de potencia total en las 4 líneas, d) la tensión de fase en la fuente y e) el factor de potencia con el que opera la fuente,

Conexión delta (

+

+

+

Zp Zp

Zpa

b

c

n

A B

C

Corrientes de fase

IAB = Vab / Zp

IBC = Vbc / Zp

ICA = Vca / Zp

Corrientes de línea

IaA = IAB ICA

IbB = IBC IAB

IcC = ICA – IBC

Tensiones de línea VL = |Vab | = |Vbc| = |Vca|

Tensiones de fase VP = |Van | = |Vbn | = |Vcn |VL= 3VP y Vab= 3VP 30°

Conexión delta (

Van

Vcn

Vbn

Vab

Vbc

Vca

Corrientes de línea

IL = |IaA| = |IbB| = |IcC|

IL = 3Ip

IAB

IaA

ICA

IBC

IcC

IbB

Ejemplo 12.5

Determine la amplitud de la corriente de línea en un sistema trifásico con una tensión de línea de 300 V que suministra 1200 W a una carga conectada en a un FP de 0.8 retrasado.

Con la potencia y el voltaje calculamos la corriente de fase:

400 = (300)(IP)(0.8) o IP = 1.667 A

La corriente de línea es

IL = (3) IP = (3)1.667 = 2.89 A

El ángulo de fase es: cos-1(0.8) = 36.9°, así que la impedancia es:

ZP = (30036.9°)/1.667 = 18036.9° Ohms

Práctica 12-7Cada fase de una carga trifásica balanceada conectada en delta consiste en un inductor de 0.2 H en serie, con una combinación en para lelo de un capacitor de 5 F y una resistencia de 200 . Piense en una resistencia de línea cero y una tensión de fase de 200 V a = 400 rad/s. Determine a) la corriente de fase, b) la corriente de línea; c) la potencia total que absorbe la carga.

Solución práctica 12-7% Z = L + C||R, Vp = 200 V, w = 400 rad/sL = 0.2;C = 5e-6;R = 200;w = 400;Vp = 200;% a) corriente de faseZL = j*w*L;ZC = 1/(j*w*C);Z = ZL + ZC*R/(ZC+R)Ip = Vp/Z;abs(Ip)% b) corriente de lineaIL = sqrt(3)*abs(Ip)% c) potencia total que absorbe la cargaP = 3*Vp*abs(Ip)*cos(angle(Ip))

Z = 172.414 + 11.034iIP = 1.1576IL = 2.0051P = 693.16

Potencia monofásica

+ +Red

pasiva

Bobina de potencial

Bobina de corriente

El momento de torsión aplicado a la aguja indicadora es proporcional al producto instantáneo de las corrientes que fluyen por las bobinas. Debido a la inercia mecánica, la desviación de la aguja es proporcional al promedio de del momento de torsión.

ejemplo

+ ++_ +_V1 = –100 90° V V2 = 100 0° V

10 10

5j

I

Determinar la potencia absorbida por la fuente de la derecha.

Mediante análisis de malla de obtiene:

I = 11.1803153.435°P = |V2||I|cos(ang(V2)-ang(I)) = –1000

La aguja indicadora descansa contra el tope de la escala descendente.

Wattímetro en el sistema trifásicoconexión estrella

A

++

++

++

B

C

Wattímetro en el sistema trifásicoconexión delta

A

++

++

++

B

C

Método de tres wattímetros

+ +

ZA ZB

ZC

A B

N

C

+ +

+ +

a

b

c

x

Cálculo de potencia

T

aAAxA dtivT

P0

1La potencia promedio es:

La potencia total es: T

cCCxbBBxaAAxCBA dtivivivT

PPPP0

1

Se cumple que: vAx = vAN + vNx

vBx = vBN + vNx

vCx = vCN + vNx

Por tanto:

T

cCbBaANx

T

cCCNbBBNaAAN dtiiivT

dtivivivT

P00

11

Pero: iaA + ibB + icC = 0

Por lo tanto: T

cCCNbBBNaAAN dtivivivT

P0

1

EjemploSupongamos una fuente balanceada:

Vab = 100/_0° VVbc = 100/_–120° VVca = 100/_–240° V

oVan = 100 /3 /_–30°Vbn = 100 /3/_–150°Vcn = 100 /3 /_–270°

Y una carga desvalanceadaZA = –j10 ZB = j10 ZC = 10

Por análisis de mallas se obtieneIaA = 19.32/_15° AIbB = 19.32/_165° AIcC = 10/_–90° A

La tensión entre los neutros es: VnN = Vnb + VBN = Vnb + IbB (j10) = 157.7/_–90°

La potencia indicada por los wattimetros es:PA = VPIaA cos(ang Van – ang IaA) = 788.7 WPB = 788.7 WPC = –577.4 W

La potencia total es 1kW

Solución en Octave

%Ejemplo de potencia trifásica% datosVan = 100/sqrt(3)*exp(-30*i*pi/180);Vbn = 100/sqrt(3)*exp(-150*i*pi/180);Vcn = 100/sqrt(3)*exp(-270*i*pi/180);ZA = -10j;ZB = 10j;ZC = 10;%Matriz de impedanciasZ = [ZB+ZA -ZA; -ZA ZA+ZC];%vector de voltajesV = [Van-Vbn Vbn-Vcn]';%Corrientes de mallaI = inv(Z)*V;IaA = -I(2)+I(1);IbB = -I(1);IcC = I(2);

polar(IaA)polar(IbB)polar(IcC)VnN = -Vbn + IbB*ZB;polar(VnN)PA=abs(Van)*abs(IaA)*cos(angle(Van)-angle(IaA))PB=abs(Vbn)*abs(IbB)*cos(angle(Vbn)-angle(IbB))PC=abs(Vcn)*abs(IcC)*cos(angle(Vcn)-angle(IcC))P = PA+PB+PCP = abs(IcC)*abs(IcC)*ZC

19.3185/_15°19.3185/_165°10/_-90°157.735/_-90°PA = 788.68PB = 788.68PC = -577.35P = 1000.0

Método de 2 wattímetrosEl punto x del método de 3 wattimetros puede escogerse como el punto B, entonces el segundo wattimetro indicaría wattimetro 0.La potencia total sería la suma de las lecturas de los otros dos independientemente de:1) El desbalance de la carga2) El desbalance de la fuente3) La diferencia entre los dos wattimetros4) La forma de onda de la fuente periódica

EjemploEl ejemplo anterior con dos wattimetros uno con la línea de potencial entre A y B y otro entre C y B se tendría:

P1 = VAB IaA cos(ang VAB – ang IaA) = 100 (19.32) cos(0° – 15°) = 1866 W

P2 = VCB IcC cos(ang VCB – ang IcC) = 100 (10) cos(60° + 90°) = –866 W

P = 1866 – 866 = 1000 W

Medición de FP

Zp Zp

ZpA B

C

+ +

+ +

a

c

b

1

2

P1 = |VAB| |IaA| cos(angVAB– angIaA) = VL IL cos(30° + )

yP2 = |VCB| |IcC| cos(angVCB– angIcC) = VL IL cos(30° – )

30cos30cos

2

1

PP

12

123tanPPPP

Ejemplo

+ +

+ +

a

c

b

1

2

4 j15 A

B

C

Vab = 230/_0° VVbc = 230/_–120° VVca = 230/_–240° V

A

j

jV

I anaA

1.105/_554.8

15430/_3/230

154

P2 = |Vbc| |IbB| cos(angVbc– angIbB) = (230)(8.554)cos(–120° – 134.9°) = –512.5W

P1 = |Vac| |IaA| cos(angVac– angIaA) = (230)(8.554)cos(–60° + 105.1°) = 1389W

P = 876.5 W

Tarea

+ +

ZA ZB

ZC

A B

N

C

+ +

+ +

a

b

c

x

Sea ZA = 25/_60° , ZB = 50/_-60° , ZC = 50/_60° , VAB = 600/_0° Vrms, con secuencia de fase (+) y el punto x se ubica en C. Determine a) PA, a) PB, a) PC.

Potencia trifásica

Para una carga Y la potencia por fase es

PP =VP IP cos = VP IL cos =VL IP cos

La potencia total es

P =3P = VL IP cos

Para una carga la potencia por fase es

PP =VP IP cos = VL IP cos =VL IP cos

La potencia total es

P =3P = VL IP cos