UNIVERSIDAD NACIONAL DE LA PLATA FACULTAD DE INGENIERÍA ÁREA DEPARTAMENTAL ELECTROTECNIA TEORÍA de CIRCUITOS I Año 2010 Año 2010 Clase IX Ing. Eduardo.

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1 UNIVERSIDAD NACIONAL DE LA PLATA FACULTAD DE INGENIERÍA ÁREA DEPARTAMENTAL ELECTROTECNIA TEORÍA de CIRCUITOS I Año 2010 Año 2010 Clase IX Ing. Eduardo Ariel Ponzano Jefe de Trabajos Prácticos

2 POTENCIA Introducción: Al estudiar potencia en circuitos monofásicos monofásicos, vimos que una carga que se desplaza en un circuito gasta energía energía, a menos que lo haga a través de un superconductor. Esto puede dar por resultado el calentamiento del circuito circuito, el movimiento de un motor motor, etc. LaLa razón la energía eléctrica convertida por unidad de tiempo en otra forma de energía, tal como energía mecánica, calor o luz, se llama potencia eléctrica eléctrica. La potencia eléctrica instantánea es igual al producto de la corriente por la tensión instante a instante instante: Potencia eléctrica (t) = Corriente (t) x Tensión (t) Si la tensión tensión se expresa en volts volts y la corriente corriente eléctrica en amperes amperes, entonces la potencia potencia queda expresada en vatios vatios. Así pues, en términos de unidades: 1 vatio = (1 ampere) x (1 volt)

3 POTENCIA Potencia Instantánea: circuito con componentes pasivos lineales fuente de tensión senoidal de pulsación  corrientesenoidal de la misma pulsación Vimos que un circuito con componentes pasivos lineales, alimentado por una fuente de tensión senoidal de pulsación , se establece en régimen permanente una corriente también senoidal de la misma pulsación, cuyo desfasaje  respecto de la onda de tensión depende de los parámetros que caracterizan los componentes pasivos del circuito. potencia instantánea monofásicaEn esas condiciones, la expresión de la potencia instantánea monofásica era: p(t) = E máx * I máx * [sen (  t) * sen (  t -  )] Reemplazando sen (  t) * sen (  t -  ) por las funciones trigonométricas de ángulo doble y operando, obteníamos la expresión de la potencia instantánea monofásica: p(t) = E ef * I ef * cos (  ) + E ef * I ef * sen (2  t -  /2 -  ) el valor instantáneo de la potencia tiene dos componentesuno independiente del tiempo una sinusoide de doble pulsaciónAl primero de los términos se lo define como potencia activa P, que es independiente del tiempo Potencia ReactivaRecordemos que el valor instantáneo de la potencia tiene dos componentes: uno independiente del tiempo y otro es una sinusoide de doble pulsación. Al primero de los términos se lo define como potencia activa P, que es independiente del tiempo. Al valor E ef * I ef * sen  se lo denomina Potencia Reactiva.

4 Para circuitos trifásicos trifásicos, la potencia instantánea tendrá por expresión: p TOTAL (t) p TOTAL (t) = p R (t) p R (t) + pS pS pS pS (t) + p T (t) p TOTAL (t) p TOTAL (t) = E Rmáx E Rmáx *sen (  t) (  t) * I Rmáx I Rmáx *sen (  t (  t -  R )  R ) + +E Smáx +E Smáx *sen (  t (  t +  S )  S ) * I Smáx I Smáx *sen (  t (  t + S S S S -  S )+ + E Tmáx E Tmáx *sen (  t (  t +  T )  T ) * I Tmáx I Tmáx *sen (  t (  t + T T T T - T)T)T)T) Si el sistema trifásico está conformado por un generador perfecto que alimenta una carga balanceada balanceada, se tiene que: E Rmáx = E Smáx = E Tmáx = E máx I Rmáx = I Smáx = I Tmáx = I máx  R =  S =  T =   R = 0°;  S = - 120°;  T = 120° Con lo cual la expresión de la potencia instantánea trifásica se simplifica a: p TOTAL (t) = E máx * I máx * [sen(  t)*sen(  t-  )+sen(  t-120)*sen(  t-120-  )+ +sen(  t+120)*sen(  t+120-  )] Puede demostrarse que el término entre corchetes vale 3/2 cos (  ) (  ) – 0 0. Reemplazando: POTENCIA TRIFÁSICA

5 p TOTAL (t) = 3/2 E máxF * I máxF * cos (  F ) = Constante = P[W] Con lo cual finalmente, por ser el generador perfecto y la carga balanceada balanceada : De manera análoga resultan, siempre para generador perfecto y carga balanceada balanceada, las expresiones para la potencia reactiva y potencia aparente aparente. Resumiendo: Si el generador no es perfecto y/o la carga no es balanceada, la solución pasa por calcular P y Q ( En este último caso con su signo ) correspondiente a cada fase y sumarlas para hallar P y QQ QQ totales. Luego SS SS se obtiene de la conocida expresión: POTENCIA TRIFÁSICA Podríamos calcular un ángulo  = atan(Q/P), si bien en este caso no guardará relación con el de las Z de fase, que son distintas entre sí cuando la carga es desbalanceada. S = (P 2 + Q 2 ) 1/2 P tot = P R + P S +P T Q tot = +Q R + Q S + Q T

6 POTENCIA INSTANTÁNEA MONOFÁSICA vs TRIFÁSICA Potencia Instantánea Monofásica Potencia Instantánea Trifásica

7 TEOREMA DE BLONDEL Enunciado : Se puede medir la potencia activa de cualquier circuito de n fases fases, utilizando (n-1) vatímetros vatímetros, con la condición de que sus bobinas de intensidad estén sobre (n-1) líneas distintas distintas, y las (n- 1) bobinas de tensión tengan un punto común situado en la línea restante restante. Para un sistema trifásico trifilar esto es llamado comúnmente el método de los dos vatímetros ( o conexión AARON AARON ) y resulta una correcta medida a no ser que existan desbalances muy grandes en las corrientes y tensiones en las líneas. Hay que tener en cuenta que cada una de las indicaciones de los vatímetros conectados de este modo, no representa por sí sola un valor de potencia en ninguna de las fases del sistema sistema. W 1 = R e  I R x Ů RS  W 2 = R e  I T x Ů TS  P tot = W 1 + W 2

8 COMPONENTES SIMÉTRICAS Campo de Aplicación: resolución de sistemas trifásicos generadores asimétricos y desequilibrados cargas balancedas o desbalanceadasEste método es apto para la resolución de sistemas trifásicos alimentados por generadores asimétricos y desequilibrados, con cargas balancedas o desbalanceadas.Enunciado Todo sistema de generador asimétrico y desequilibrado se puede reemplazar por la suma de tres generadores simétricos en módulo y fase de secuencia 0, 1 y 2Todo sistema de generador asimétrico y desequilibrado se puede reemplazar por la suma de tres generadores simétricos en módulo y fase de secuencia 0, 1 y 2. Sea el sistema trifásico asimétrico y desequilibrado definido por: E R = E R e j  R E R = E R x e j  R E S = E S e j  S E S = E S x e j  S E T = E T e j  T E T = E T x e j  T E R E S E T donde E R, E S y E T son las tensiones de fase de un generador asimétrico y desequilibrado conectado en estrella. Ello significa que en el caso más extremo de desequilibrio del generador: E R E S E T E R  E S  E T  R  S 120°  T 120°  R   S +120°   T -120°

9 COMPONENTES SIMÉTRICAS Fortescue Matemáticamente el método de las componentes simétricas o de Fortescue se expresa de la siguiente forma: E R = E R0 E R1 E R2 E R = E R0 + E R1 + E R2 E S = E S0 E S1 E S2 = E R0  2 E R1  E R2 E S = E S0 + E S1 + E S2 = E R0 +  2 E R1 +  E R2 E T = E T0 E T1 E T2 = E R0  E R1  2 E R2 E T = E T0 + E T1 + E T2 = E R0 +  E R1 +  2 E R2 siendo:  = e j120°  2 =   = e j120° e j120° = e j240° ;  3 =  2  = e j360° = 1;  4 =  3  = e j360° e j120° = e j120°  = e j120°   2 =  x  = e j120° x e j120° = e j240° ;  3 =  2 x  = e j360° = 1;  4 =  3 x  = e j360° x e j120° = e j120°   2  2  1+  +  2 = 1+  2 +  = 0 Si en el sistema anterior sumamos miembro a miembro, primero tal cual están las ecuaciones, luego multiplicando la segunda por  y la tercera por  2 y finalmente la segunda por  2 y la tercera por  y operamos, resulta ( Tener en cuenta que 1+  +  2 = 1+  2 +  = 0 ): E R0 = 1/3 (E R E S E T ) E R0 = 1/3 (E R + E S + E T ) E R1 = 1/3 (E R  E S  2 E T ) E R1 = 1/3 (E R +  E S +  2 E T ) E R2 = 1/3 (E R  2 E S  E T ) E R2 = 1/3 (E R +  2 E S +  E T ) tensiones llaves E R0 E R1 E R2 componentes simétricas Expresión que permite calcular las tensiones llaves E R0, E R1 y E R2 de las componentes simétricas por las que puede reemplazarse el sistema original de tensiones asimétrico y desequilibrado.

10 COMPONENTES SIMÉTRICAS sistema genérico de generador en estrella asimétrico y desequilibrado y carga desbalanceada en estrella con neutro rígido de impedancia no nula Si consideramos el caso de un sistema genérico de generador en estrella asimétrico y desequilibrado y carga desbalanceada en estrella con neutro rígido de impedancia no nula, definiendo de la misma forma que hicimos para el generador, componentes simétricas para las tensiones en las fases de la carga, para las corrientes de línea y neutro y para las impedancias de carga ( Ver desarrollo detallado en la página de la Cátedra, menú “Descargas”, sección “Apuntes”, “Tema 9” ) tenemos como expresión general de la solución: E R0 = I R0 Z R0 I R1 Z R2 I R2 Z R1 3I R0 Z N E R0 = I R0 x Z R0 + I R1 x Z R2 + I R2 x Z R1 + 3 I R0 x Z N E R1 = I R0 Z R1 I R1 Z R0 I R2 Z R2 E R1 = I R0 x Z R1 + I R1 x Z R0 + I R2 x Z R2 E R2 = I R0 Z R2 I R1 Z R1 I R2 Z R0 E R2 = I R0 x Z R2 + I R1 x Z R1 + I R2 x Z R0 Este sistema de 3 ecuaciones con 3 I R0 incógnitas(I R0, I R1 e I R2 I R2 ), conociendo las tensiones del generador asimétrico y desequilibrado que alimenta al circuito y las impedancias reales que conforman su carga desbalanceada desbalanceada, permite calcular las componentes llaves de las corrientes en los conductores de línea línea y la diferencia de poten-cial entre ambos centros de estrella estrella. Resolvemos así el problema, pues como veremos a continuación, los coeficientes Z R0, Z R0, Z R1 Z R1 y Z R2 Z R2 se calculan a partir de Z R, Z R, Z S Z S y Z T Z T y las corrientes reales a partir de I R0 I R0, I R1 I R1 y I R2 I R2 :

11 COMPONENTES SIMÉTRICAS Las tensiones llave de los generadores perfectos se obtienen de: E R0 = 1/3 (E R E S E T ) E R0 = 1/3 (E R + E S + E T ) E R1 = 1/3 (E R  E S  2 E T ) E R1 = 1/3 (E R +  E S +  2 E T ) E R2 = 1/3 (E R  2 E S  E T ) E R2 = 1/3 (E R +  2 E S +  E T ) Las componentes llave de las impedancias de carga surgen de: Z R0 = 1/3 (Z R Z S Z T ) Z R0 = 1/3 (Z R + Z S + Z T ) Z R1 = 1/3 (Z R  Z S  2 Z T ) Z R1 = 1/3 (Z R +  Z S +  2 Z T ) Z R2 = 1/3 (Z R  2 Z S  Z T ) Z R2 = 1/3 (Z R +  2 Z S +  Z T ) Por su parte, al resolver el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas de la transparencia anterior, obtenemos las tensiones llaves de las corrientes en las líneas. La corrientes reales surgen de: I R = I R0 I R1 I R2 I R = I R0 + I R1 + I R2 I S = I R0  2 I R1  I R2 I S = I R0 +  2 I R1 +  I R2 I T = I R0  I R1  2 I R2 I T = I R0 +  I R1 +  2 I R2 U 0´0Y finalmente la U 0´0 de: U 0´0 = - 3 I R0 Z N U 0´0 = - 3 x I R0 x Z N

12 COMPONENTES SIMÉTRICAS sistema genérico de generador en estrella asimétrico y desequilibrado y carga balanceada en estrella con neutro de impedancia no nula Z R = Z S = Z T = Z Z R0 = Z Z R1 = Z R2 = 0 Si ahora consideramos un sistema genérico de generador en estrella asimétrico y desequilibrado y carga balanceada en estrella con neutro de impedancia no nula, puede demostrarse que las ecuaciones que hemos visto se transforman en (Observar que si la carga es balanceada, Z R = Z S = Z T = Z y entonces Z R0 = Z en tanto que Z R1 = Z R2 = 0) : E R0 = I R0 (Z3Z N ) E R0 = I R0 x (Z + 3 x Z N ) E R1 = I R1 Z E R1 = I R1 x Z E R2 = I R2 Z E R2 = I R2 x Z

13 COMPONENTES SIMÉTRICAS sistema genérico de generador en estrella asimétrico y desequilibrado y carga desbalanceada en estrella con neutro aislado I R0 es nula Si ahora consideramos un sistema genérico de generador en estrella asimétrico y desequilibrado y carga desbalanceada en estrella con neutro aislado, puede demostrarse que las ecuaciones que hemos visto se transforman en ( Al no haber neutro I R0 es nula ): E R0 = I R1 Z R2 I R2 Z R1 U 0´0 E R0 = I R1 x Z R2 + I R2 x Z R1 + U 0´0 E R1 = I R1 Z R0 I R2 Z R2 E R1 = I R1 x Z R0 + I R2 x Z R2 E R2 = I R1 Z R1 I R2 Z R0 E R2 = I R1 x Z R1 + I R2 x Z R0 Este sistema de 3 ecuaciones con 3 U 0´0 incógnitas(U 0´0, I R1 I R1 e I R2 I R2 ) permite, conociendo las tensiones del generador asimétrico y desequilibrado que alimenta al circuito y las impedancias reales que conforman su carga desbalanceada desbalanceada, calcular las componentes llaves de las corrientes en los conductores de línea línea y la diferencia de potencial entre ambos centros de estrella estrella. Luego, las corrientes reales en las líneas se calculan igual que en casos anteriores, recordando que aquí I R0 I R0 = 0 E S E S0 E S1 E S2 E S = E S0 +E S1 +E S2

14 CUESTIONARIO a)Escribir a)Escribir las ecuaciones genéricas que permiten calcular las potencias activas y reactivas en sistemas trifásicos. b)¿Cuáles b)¿Cuáles son las formas simplificadas de esas ecuaciones, y para que casos son válidas? c)¿Cómo c)¿Cómo se determina la indicación de un vatímetro? d)¿Cómo d)¿Cómo se enuncia el Teorema de Aarón-Blondel? e)¿A e)¿A que se llaman componentes simétricas de un sistema trifásico asimétrico y desequilibrado? f)¿Como f)¿Como se calculan?

15 Resolución: Suponemos que el generador perfecto está en estrella. En tal caso, las tensiones de fase valen: Para calcular U O´O U O´O aplicamos Kenelly: Luego IRIR IRIR vale: IR IR = (E R -U 0´0 )/R Y finalmente, recordando que E RS =  3 x E R x e -j30° y que İ R es el conjugado de I R, la indicación del vatímetro será W = Re  İ R x E RS 

16 Resolución: a)De acuerdo a lo visto al exponer el método: Reemplazando valores:

17 Resolución: Gráficamente: ERERERER ESESESES ETETETET E T =  2 E S E s =  E T E R0 = E R2 E R1 2ET2ET2ET2ET  ES ES ES ES

18 Resolución: b)De acuerdo a lo visto al exponer el método: Reemplazando valores:

19 Gráficamente: E R0 = E S0 =E T0 E R0 = E S0 = E T0 E R2 E R1 E R E R0 E R1 E R2 E R = E R0 +E R1 +E R2 E S1 E T1 E T2 E S2 E S E S0 E S1 E S2 E S = E S0 +E S1 +E S2 E T E T0 E T1 E T2 E T = E T0 +E T1 +E T2

20 Es todo …. Gracias y a trabajar