Circuitos polifásicos Circuitos eléctricos 2

Tensiones polifásicas

Notación de doble subíndice Por definición Vab es el voltaje del punto a respecto al punto b. Vad = Vab + Vbd a c Vad= Vac + Vcd = Vab + Vbc + Vcd b d

Sistema trifásico de voltaje Van = 1000° V rms Vbn = 100-120° V rms Vcn = 100-240° V rms 100120° V + - n + - a 1000° V 100-120° V + - b

Diagrama fasorial Vcn Vnb Vab =Van+ Vnb Vab =Van+ Vnb =Van– Vbn = 100 – (–50 –j86.6) V = 173.2 30° V Van Vbn

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 de 3 alambres Una fase a V1 + - n n V1 + - b b Van = Vnb = V1 Vab = 2Van = 2Vnb Van + Vbn = 0 Permite trabajar en 110 V 0 220 V

aplicación a dos cargas iguales IaA A a Van = Vnb IaA = Van/Zp = IBb = Vnb/Zp por tanto InN = IBb + IAa = IBb – IaA = 0 ZP V1 + - InN n N V1 + - ZP B b IBb

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

Solución en Matlab polar(I(1)) R1 = 1; polar(I(2)) R2 = 50; IaA = I(1); IbB = -I(3); InN = I(3)-I(1); % potencias P50 = abs(I(1)-I(2))^2*R2 P100 = abs(I(3)-I(2))^2*R5 P20 = abs(I(2))^2*R3 % potencia linea superior PaA = abs(I(1))^2*R1 % potencia línea de tierra PbB = abs(I(3))^2*R6 % potencia línea inferior PnN = abs(InN)^2*R4 R1 = 1; R2 = 50; R3 = 20; R4 = 3; R5 = 100; R6 = 1; ZL = 10j; V1 = 115; V2 = 115; % matriz de impedancia Z = [R1+R2+R4, -R2, -R4;... -R2, R2+R3+R5+ZL, -R5;... -R4, -R5, R4+R5+R6]; V = [V1,0,V2]'; I = inv(Z)*V;

Solución IaA = 11.2437-19.8349° A IbB = 10.3685158.204° A InN = 0.949937-177.908° A P50 = 206.6269 W P100 = 117.2732 W P20 = 1762.9 W PaA = 126.4205 W PbB = 107.5066 W PnN = 2.7071 W

Diagrama fasorial IbB IaA + IbB Van InN Vbn IaA

Tarea Determinar la potencia entregada a cada una de las tres cargas y la potencia perdida en el hilo neutro y en cada línea. 2.5 W 5.5 W 2.5 W 153.1 W, 95.8 W, 1374 W

Conexión trifásica Y Consideraremos solo fuentes trifásicas balanceadas. A |Van| = |Vbn| = |Vcn| Vab + Vbn + Vcn = 0 Van = Vp0° Vbn = Vp-120° Vcn = Vp-240° O Vbn = Vp120° Vcn = Vp240° a b B + - + - Van Vbn n N Vcn + - C c

Conexión trifásica Y Vcn = Vp-240° Vbn = Vp120° Secuencia (+) Van = Vp0° Van = Vp0° Vbn = Vp-120° Vcn = Vp240°

Tensiones de línea a línea Vcn Vab Vca Voltajes de línea Vab = 3Vp30° Vbc = 3Vp-90° Vca = 3Vp-210° Van Vbn Vbc

Conexión Y-Y IaA = Van / Zp IbB = IaA -120° IcC = IaA -240° + - + - Zp Zp n N IaA = Van / Zp IbB = IaA -120° IcC = IaA -240° InN = IaA + IbB + IcC = 0 + - Zp C c

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));

% Voltajes Van = 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)) % RESULTADOS Vab = 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 Van = 230.94/_30° IaA = 4.6188/_30° P = 3200.0 % 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)); % Voltajes Van = 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

Ejemplo ejemplo 12-3 un 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 V La potencia por fase es P = 1200/3 = 400 W Dado que P = Van*IL*FP IL = P/(Van*FP) = 2.89 A La impedancia es Vp/IL ZP = Vp/IL = 300/3/2.89 = 60 Ohms

Ejemplo práctica 12-5 un sistema trifásico balanceado con una tensión de línea de 500 V y están presentes 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 = 97.510.6° A la potencia total extraída por carga P = 3Van|IaA| el factor de potencia con el que opera la fuente FP = cos(10.6°) = 0.983

Tarea Práctica 12-6 Tres 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 W y el neutro tiene una resistencia de 1 W, 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 (D) Corrientes de fase IAB = Vab / Zp IBC = Vbc / Zp ICA = Vca / Zp Corrientes de línea IaA = IAB - ICA IbB = IBC - IAB IcC = ICA -– IBC a Zp B A b + - + - n Zp Zp + - C c Tensiones de línea VL = |Vab | = |Vbc| = |Vca| Tensiones de fase VP = |Van | = |Vbn | = |Vcn | VL= 3VP y Vab=  3VP 30°

Conexión delta (D) Corrientes de línea IL = |IaA| = |IbB| = |IcC| Vcn Vab Vca ICA IAB Corrientes de línea IL = |IaA| = |IbB| = |IcC| IL = 3Ip Van IaA IBC IbB Vbn Vbc

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 D 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 = (30036.9°)/1.667 = 18036.9° Ohms

Práctica 12-7 Cada 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 mF y una resistencia de 200 W. Piense en una resistencia de línea cero y una tensión de fase de 200 V a w = 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/s C = 5e-6; R = 200; w = 400; Vp = 200; % a) corriente de fase ZL = j*w*L; ZC = 1/(j*w*C); Z = ZL + ZC*R/(ZC+R) Ip = Vp/Z; abs(Ip) % b) corriente de linea IL = sqrt(3)*abs(Ip) % c) potencia total que absorbe la carga P = 3*Vp*abs(Ip)*cos(angle(Ip)) Z = 172.414 + 11.034i IP = 1.1576 IL = 2.0051 P = 693.16

Potencia monofásica Red pasiva 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. Bobina de corriente Red pasiva + Bobina de potencial

P = |V2||I|cos(ang(V2)-ang(I)) = –1000 ejemplo Determinar la potencia absorbida por la fuente de la derecha. Mediante análisis de malla de obtiene: I = 11.1803153.435° P = |V2||I|cos(ang(V2)-ang(I)) = –1000 La aguja indicadora descansa contra el tope de la escala descendente. I 10 W 10 W + _ 5j W + _ V1 = –100 90° V V2 = 100 0° V + +

Wattímetro en el sistema trifásico conexión estrella + + B + C

Wattímetro en el sistema trifásico conexión delta + A B + + C

Método de tres wattímetros + B A ZA ZB b N + x ZC c + C

Cálculo de potencia La potencia promedio es: La potencia total es: Se cumple que: vAx = vAN + vNx vBx = vBN + vNx vCx = vCN + vNx Por tanto: Pero: iaA + ibB + icC = 0 Por lo tanto:

Ejemplo Supongamos una fuente balanceada: Vab = 100/_0° V Vbc = 100/_–120° V Vca = 100/_–240° V o Van = 100 /3 /_–30° Vbn = 100 /3/_–150° Vcn = 100 /3 /_–270° Y una carga desvalanceada ZA = –j10 W ZB = j10 W ZC = 10 W Por análisis de mallas se obtiene IaA = 19.32/_15° A IbB = 19.32/_165° A IcC = 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 W PB = 788.7 W PC = –577.4 W La potencia total es 1kW

Solución en Octave polar(IaA) %Ejemplo de potencia trifásica 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+PC P = abs(IcC)*abs(IcC)*ZC 19.3185/_15° 19.3185/_165° 10/_-90° 157.735/_-90° PA = 788.68 PB = 788.68 PC = -577.35 P = 1000.0 %Ejemplo de potencia trifásica % datos Van = 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 impedancias Z = [ZB+ZA -ZA; -ZA ZA+ZC]; %vector de voltajes V = [Van-Vbn Vbn-Vcn]'; %Corrientes de malla I = inv(Z)*V; IaA = -I(2)+I(1); IbB = -I(1); IcC = I(2);

Método de 2 wattímetros El 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 carga 2) El desbalance de la fuente 3) La diferencia entre los dos wattimetros 4) La forma de onda de la fuente periódica

Ejemplo El 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 a Zp B + A 1 Zp Zp b c + C 2

P1 = |VAB| |IaA| cos(angVAB– angIaA) = VL IL cos(30° + q) y P2 = |VCB| |IcC| cos(angVCB– angIcC) = VL IL cos(30° – q)

Ejemplo P1 = |Vac| |IaA| cos(angVac– angIaA) Vab = 230/_0° V Vbc = 230/_–120° V Vca = 230/_–240° V 4 W j15 W a A + + 1 B b + 2 C c P1 = |Vac| |IaA| cos(angVac– angIaA) = (230)(8.554)cos(–60° + 105.1°) = 1389W P2 = |Vbc| |IbB| cos(angVbc– angIbB) = (230)(8.554)cos(–120° – 134.9°) = –512.5W P = 876.5 W

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

Potencia trifásica Para una carga Y la potencia por fase es PP =VP IP cos q = VP IL cos q =VL IP cos q/3 La potencia total es P =3P = 3VL IP cos q Para una carga D la potencia por fase es PP =VP IP cos q = VL IP cos q =VL IP cos q/3