circuitos polifásicos circuitos eléctricos 2. tensiones polifásicas
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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