Conferencia 2 Unidad III Circuitos Trifásicos C. R. Lindo Carrión

Presentación del tema: "Conferencia 2 Unidad III Circuitos Trifásicos C. R. Lindo Carrión"— Transcripción de la presentación:

1 Conferencia 2 Unidad III Circuitos Trifásicos C. R. Lindo Carrión
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2 Objetivos Utilizar correctamente las relaciones de voltaje y corriente de las redes excitadas por una fuente de alimentación trifásica balanceada, con carga balanceada y no-balanceada (conexiones: -Y, Y- y -). Utilizar correctamente las expresiones de Potencia, Factor de potencia y aplicar adecuadamente la corrección de potencia para una red con alimentación trifásica balanceada y carga balanceada y no-balanceada. Contenido Diferentes conexiones: Y-Δ, Δ -Y, Δ - Δ, con fuente y carga balanceadas. Potencia, factor de potencia y corrección del factor de potencia C. R. Lindo Carrión

3 Fuente conectada en delta ()
Considere la fuente conectada en delta que se muestra en la Figura 9, observe que la fuentes están conectadas línea a línea, para una secuencia de fase abc, los voltajes son: Vab = VL|0o Vbc = VL|-120o Vca = VL|120o Donde VL es la magnitud del voltaje de fase, las fuentes en Y equivalentes que se muestran en la Figura 10 son: C. R. Lindo Carrión

4 Van = (VL/3)|-30o = Vp|-30o Vbn = (VL/3)|-150o = Vp|-150o
Vcn = (VL/3)|90o = Vp|90o Donde Vp es la magnitud del voltaje de fase de una fuente equivalente conectada en Y. Por consiguiente, si encontramos una red que contenga una fuente conectada en delta, podemos convertir fácilmente la fuente de delta a Y de modo que la técnica estudiada anteriormente ( conexión Y – Y) pueden ser aplicadas en una análisis. C. R. Lindo Carrión

5 Ejemplo: Considere el circuito que se muestra en la Figura 11, deseamos determinar las corrientes de línea y la magnitud de los voltajes de línea en la carga. C. R. Lindo Carrión

6 La corriente de línea IaA es:
Solución: El diagrama de una sola fase se muestra en la Figura 12. El Voltaje de fase Van es: La corriente de línea IaA es: Por lo tanto las corriente de las otras líneas son: C. R. Lindo Carrión

7 El voltaje de la carga es:
Por lo tanto, la magnitud del voltaje de línea en la carga es: VL = 3(118.65) = Vrms El voltaje de fase en la fuente es Vp = (208/3) = 120 Vrms, mientras que el voltaje de fase en la carga es Vp = (205.51/3) = Vrms. Esta claro que debemos ser cuidadoso con nuestra natación y específicamente donde se toma el voltaje de fase o de línea. C. R. Lindo Carrión

8 Carga conectada en delta ()
Considere ahora la carga conectada en delta () que se muestra en la Figura 13. Debemos tener presente que en esta conexión el voltaje línea a línea es el voltajes a través de cada impedancia de carga. Si los voltajes de fase de la fuente son: Van = Vp|0o Vbn = Vp|-120o Vcn = Vp|120o Entonces los voltajes de línea de la fuente son: Vab = 3Vp|30o = VL|30º = VAB Vbc = 3Vp|-90o = VL|-90º = VBC Vca = 3Vp|-210o = VL|-210º = VCA C. R. Lindo Carrión

9 Las corrientes de fase en la carga son:
donde VL es la magnitud del voltaje de línea en la carga conectada en delta y en la fuente ya que no hay impedancia de línea presente en la red. Las corrientes de fase en la carga son: donde IBC e ICA tienen la misma magnitud pero se retrasan de IAB por 120º y 240º, respectivamente. La ley de Kirchhoff de la corrientes (LKC) puede emplearse para determinar las corrientes de línea. Por ejemplo: Para hacer el calculo más fácil haremos asumiremos que la IAB tiene un ángulo de fase de 0o, entonces C. R. Lindo Carrión

10 y entonces la corriente de línea IaA es simplemente
Sin embargo, es quizá más fácil convertir simplemente la carga conectada en delta balanceada a una carga conectada en Y balanceada usando la transformación  - Y. y entonces la corriente de línea IaA es simplemente Podemos entonces concluir que la relación de las magnitudes de las corrientes de fase en la carga conectada en delta y la corriente de línea es: IL = (3)I Ejemplo: Una carga conectada en delta balanceada contiene una resistencia de 10Ω en serie con una bobina de 20mH en cada fase. La fuente de voltaje es una Y balanceada trifásica de 60Hz con secuencia abc y con un voltaje Van = 120|30º Vrms. Deseamos determinar todas las corrientes de la delta y las corrientes de línea. C. R. Lindo Carrión

11 entonces las corrientes de las otras fases son:
Solución: Las impedancias por fase en la carga en delta es Z = 10 + j7.54Ω, el voltaje de línea Vab = 1203|60º Vrms. Como no hay impedancia en la línea Vab = VAB . De aquí que: entonces las corrientes de las otras fases son: Si convertimos la impedancia de la carga delta a Y, entonces tendremos: C. R. Lindo Carrión

12 entonces la corriente de línea será:
entonces las corrientes de las otras líneas son: En resumen, la relación entre el voltaje de línea, la corriente de línea y la corriente de fase para las configuraciones en Y y en delta se muestran en la Figura 14. Las corrientes y voltajes se muestran para una fase, las dos fases restantes tienen la misma magnitud pero están retrasadas 120º y 240º respectivamente. C. R. Lindo Carrión

13 C. R. Lindo Carrión

14 Relaciones de potencia
Si la carga esta conectada en una Y o en una delta, la potencia real y reactiva por fase es: Pp = VpIpcos Qp = VpIpsen Donde  es el ángulo entre el voltaje de fase y la corriente de línea, o La potencia reactiva y real total para las tres fases es entonces: y, por lo tanto, la magnitud de la potencia compleja (potencia aparente) es : C. R. Lindo Carrión

15 Ejemplo Para el circuito mostrado en la Figura 8 deseamos determinar la potencia real y reactiva por fase en la carga y la potencia real total, potencia reactiva y la potencia compleja en la fuente. Solución: Para este circuito ya habíamos encontrado VAN = |-1.08º Vrms, e IaA = 5.06|-27.65º Vrms, con estos datos podemos determinar la potencia compleja por fase en la carga. C. R. Lindo Carrión

16 La potencia compleja por fase en la fuente es:
Por lo tanto la potencia real por fase es: W y la potencia reactiva por fase es: Var. La potencia compleja por fase en la fuente es: Por lo tanto la potencia real total en la fuente es: *3=1613.7W, la potencia reactiva total en la fuente es: *3=845.4 Var, y la potencia aparente total en la fuentes es: VA. C. R. Lindo Carrión

17 Una fuente trifásica balanceada sirve a tres cargas como sigue:
Ejemplo Una fuente trifásica balanceada sirve a tres cargas como sigue: Carga 1: 24KW con factor de potencia 0.6 atrasado Carga 2: 10KW con factor de potencia unitario Carga 3: 12KVA con factor de potencia 0.8 adelantado Si el voltaje de línea en las cargas es 208 Vrms a 60Hz, deseamos determinar la corriente de línea y el factor de potencia combinado de las cargas. Solución: De los datos encontramos que: C. R. Lindo Carrión

18 Por lo tanto la potencia compleja de la carga es:
Podemos entonces ahora conocer la corriente de línea en la carga Y el factor de potencia combinado de la carga es: fpcarga = cos(29.63º) = atrasado C. R. Lindo Carrión

19 La potencia compleja absorbida por las impedancias de línea es:
Ejemplo Considerando el ejemplo anterior determinemos el voltaje de línea y el factor de potencia en la fuente si la impedancia de línea es j0.02 Ω Solución: La potencia compleja absorbida por las impedancias de línea es: La potencia compleja entregada por la fuente es: C. R. Lindo Carrión

20 Ahora podemos encontrar el voltaje de línea en la fuente
Y el factor de potencia en la fuente es: fpfuente = cos(29.17º) = atrasado C. R. Lindo Carrión

21 Corrección del factor de potencia
En un sistema trifásico balanceado, la corrección del factor de potencia se lleva a acabo exactamente de la misma manera que se hizo anteriormente para un sistema monofásico. Es importante notar, sin embargo que la potencia compleja del capacitor especificada en el sistema monofásico es proporcionada para este caso por tres capacitores y, además Vrms en la ecuación es el voltaje a través de cada capacitor. Ejemplo En el sistema trifásico balanceado que se muestra en la Figura 15, el voltaje de línea es 34.5KVrms a 60Hz. Deseamos encontrar los valores de los capacitores C tales que la carga total tenga un factor de potencia de 0.94 adelantado. C. R. Lindo Carrión

22 Snuevo = 18.72 + j18.72 tan(-19.95º) MVA = 18.72 – j6.80 MVA
Solución: ant = cos = 38.74º Sant = 24|38.74º MVA = j15.02 MVA nuevo = -cos = º Snuevo = j18.72 tan(-19.95º) MVA = – j6.80 MVA QC = Qant – Qnuevo = Mvar = 21.82MVar C. R. Lindo Carrión

23 Snuevo = 18.72 + j18.72 tan(25.84º) MVA = 18.72 + j9.07 MVA
Si consideramos el mismo ejemplo anterior pero con un factor de potencia nuevo requerido de 0.9 atrasado, entonces: ant = cos = 38.74º Sant = 24|38.74º MVA = j15.02 MVA nuevo = cos = 25.84º Snuevo = j18.72 tan(25.84º) MVA = j9.07 MVA QC = Qant – Qnuevo = Mvar = 5.95MVar C. R. Lindo Carrión 23