Circuitos polifsicos Circuitos elctricos 2 Tensiones polifsicas Notacin

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 c Van = 100 0° V rms + 100 120° V - Vbn = 100 -120° V rms Vcn = 100 -240° V rms n + - 100 0° V 100 -120° V + b a

Diagrama fasorial Vcn Vnb Vab =Van+ Vnb =Van– Vbn = 100 0°– 100 – 120° V Van = 100 – (– 50 –j 86. 6) V = 173. 2 30° V 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 a a Fuente de 3 alambres Una fase Vab = 2 Van = 2 Vnb Van + Vbn = 0 + - n b Van = Vnb = V 1 n V 1 + - b Permite trabajar en 110 V 0 220 V

aplicación a dos cargas iguales Ia. A A a Van = Vnb Ia. A = Van/Zp = IBb = Vnb/Zp por tanto In. N = IBb + IAa = IBb – Ia. A = 0 V 1 + - In. N ZP n V 1 N + 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 R 1 = 1; R 2 = 50; R 3 = 20; R 4 = 3; R 5 = 100; R 6 = 1; ZL = 10 j; V 1 = 115; V 2 = 115; % matriz de impedancia Z = [R 1+R 2+R 4, -R 2, -R 4; . . . -R 2, R 2+R 3+R 5+ZL, -R 5; . . . -R 4, -R 5, R 4+R 5+R 6]; V = [V 1, 0, V 2]'; I = inv(Z)*V; polar(I(1)) polar(I(2)) polar(I(3)) Ia. A = I(1); Ib. B = -I(3); In. N = I(3)-I(1); % potencias P 50 = abs(I(1)-I(2))^2*R 2 P 100 = abs(I(3)-I(2))^2*R 5 P 20 = abs(I(2))^2*R 3 % potencia linea superior Pa. A = abs(I(1))^2*R 1 % potencia línea de tierra Pb. B = abs(I(3))^2*R 6 % potencia línea inferior Pn. N = abs(In. N)^2*R 4

Solución Ia. A = 11. 2437 -19. 8349° A Ib. B = 10. 3685 158. 204° A In. N = 0. 949937 -177. 908° A P 50 = 206. 6269 W P 100 = 117. 2732 W P 20 = 1762. 9 W Pa. A = 126. 4205 W Pb. B = 107. 5066 W Pn. N = 2. 7071 W

Diagrama fasorial Ib. B Vbn Ia. A + Ib. B In. N Van Ia. A

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 a + b + - B - Van Vbn |Van| = |Vbn| = |Vcn| Vab + Vbn + Vcn = 0 Van = Vp 0° Vbn = Vp -120° n N Vcn = Vp -240° O + c Vcn Vbn = Vp 120° C Vcn = Vp 240°

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

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

Conexión Y-Y a - n - + A B Zp Zp N Ia. A = Van / Zp + + b c Zp C Ib. B = Ia. A -120° Ic. C = Ia. A -240° In. N = Ia. A + Ib. B + Ic. C = 0

Ejemplo 12 -2 % ejemplo 12 -2 % Encontrar corrientes y tensiones en todo el circuito % a A % +-----------+ % | +----------+ B % / b | | % / R R % V 1 V 2 / % / L L % / % / n / N % | | % V 3 L % | | % | R % | | % c +-----------+ C % datos V 1 = 200; V 2 = 200*(cos(-120*pi/180)+j*sin(-120*pi/180)); V 3 = 200*(cos(-240*pi/180)+j*sin(-240*pi/180)); Z = 100*(cos(60*pi/180)+j*sin(60*pi/180));

% Voltajes Van = V 1; Vbn = V 2; Vcn = V 3; Vab = V 1 - V 2; Vbc = V 2 - V 3; Vca = V 3 - V 1; polar(Vab) polar(Vbc) polar(Vca) Ia. A = Van/Z; Ib. B = Vbn/Z; Ic. C = Vcn/Z; polar(Ia. A) polar(Ib. B) polar(Ic. C) PAN = abs(Van)*abs(Ia. A)*cos(angle(Van)-angle(Ia. A)) % RESULTADOS Vab = 346. 41/_30° Vbc = 346. 41/_-90° Vca = 346. 41/_150° Ia. A = 2/_-60° Ib. B = 2/_-180° Ic. C = 2/_60° PAN = 200. 00

Práctica 12 -4 % prac 12 -4 % un sistema trifasico balanceado Y-Y % Z = -100 j, 100, 50+50 j en paralelo % Vab = 400; % Encontrar corrientes, tensiones en todo el circuito y potencia % a A % +-----------+ % | +----------+ B % / b | | % / % V 1 V 2 Z Z % / / % / n / N % | | Van = 230. 94/_30° % V 3 | Ia. A = 4. 6188/_30° % | Z P = 3200. 0 % | | % c +-----------+ C % datos Vab = 400; Z = 1/(1/-100 j + 1/100 + 1/(50+50 j)); % Voltajes Van = Vab/sqrt(3)*(cos(30*pi/180)+j*sin(30*pi/180)); polar(Van) Ia. A = Van/Z; polar(Ia. A) P = 3*abs(Van)*abs(Ia. A)*cos(angle(Van)-angle(Ia. A))

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 - j 2 Ohms por fase y una carga inductiva con 4 + j 2 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 – 2 j; ZL = 4 + 2 j; la tensión de fase es Van = Vp/ 3 = 289 V la corriente de línea es Ia. A = Van/ ZC|| ZL = Van/(ZC*ZL/(ZC+ZL)) = 95. 97 – 18 j = 97. 5 10. 6° A la potencia total extraída por carga P = 3 Van|Ia. A| 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 k. W a un factor de potencia unitario. La carga 2 requiere 10 k. VA a un FP = 0. 96 retrasado, y la carga 3 necesita 7 k. W 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 a + - n - + b Zp A Zp + Tensiones de fase VP = |Van | = |Vbn | = |Vcn | VL= 3 VP y Vab= 3 VP 30° Ia. A = IAB - ICA Ib. B = IBC - IAB - Tensiones de línea VL = |Vab | = |Vbc| = |Vca| ICA = Vca / Zp Corrientes de línea Zp c B IBC = Vbc / Zp Ic. C = ICA -– IBC C

Conexión delta (D) Ic. C Vcn Vca Vab ICA IAB Van Ia. A Ib. B V bn IBC Vbc Corrientes de línea IL = |Ia. A| = |Ib. B| = |Ic. C| IL = 3 Ip

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 m. F 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 L = 0. 2; C = 5 e-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 + IP = 1. 1576 IL = 2. 0051 P = 693. 16 11. 034 i

Potencia monofásica 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 + + Bobina de potencial Red pasiva

ejemplo Determinar la potencia absorbida por la fuente de la derecha. Mediante análisis de malla de obtiene: I = 11. 1803 153. 435° P = |V 2||I|cos(ang(V 2)-ang(I)) = – 1000 La aguja indicadora descansa contra el tope de la escala descendente. I 10 W V 1 = – 100 90° V + _ 10 W 5 j W + + + _ V 2 = 100 0° V

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

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

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

Cálculo de potencia La potencia promedio es: La potencia total es: Se cumple que: Por tanto: Pero: Por lo tanto: v. Ax = v. AN + v. Nx v. Bx = v. BN + v. Nx v. Cx = v. CN + v. Nx ia. A + ib. B + ic. C = 0

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 = –j 10 W ZB = j 10 W ZC = 10 W Por análisis de mallas se obtiene Ia. A = 19. 32/_15° A Ib. B = 19. 32/_165° A Ic. C = 10/_– 90° A La tensión entre los neutros es: Vn. N = Vnb + VBN = Vnb + Ib. B (j 10) = 157. 7/_– 90° La potencia indicada por los wattimetros es: PA = VPIa. A cos(ang Van – ang Ia. A) = 788. 7 W PB = 788. 7 W PC = – 577. 4 W La potencia total es 1 k. W

Solución en Octave %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 = -10 j; ZB = 10 j; 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; Ia. A = -I(2)+I(1); Ib. B = -I(1); Ic. C = I(2); polar(Ia. A) polar(Ib. B) polar(Ic. C) Vn. N = -Vbn + Ib. B*ZB; polar(Vn. N) PA=abs(Van)*abs(Ia. A)*cos(angle(Van)angle(Ia. A)) PB=abs(Vbn)*abs(Ib. B)*cos(angle(Vbn)angle(Ib. B)) PC=abs(Vcn)*abs(Ic. C)*cos(angle(Vcn)angle(Ic. C)) P = PA+PB+PC P = abs(Ic. C)*ZC 19. 3185/_15° 19. 3185/_165° 10/_-90° 157. 735/_-90° PA = 788. 68 PB = 788. 68 PC = -577. 35 P = 1000. 0

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: P 1 = VAB Ia. A cos(ang VAB – ang Ia. A) = 100 (19. 32) cos(0° – 15°) = 1866 W P 2 = VCB Ic. C cos(ang VCB – ang Ic. C) = 100 (10) cos(60° + 90°) = – 866 W P = 1866 – 866 = 1000 W

Medición de FP a Zp A + B + 1 Zp Zp b c + + 2 C

y P 1 = |VAB| |Ia. A| cos(ang. VAB– ang. Ia. A) = VL IL cos(30° + q) P 2 = |VCB| |Ic. C| cos(ang. VCB– ang. Ic. C) = VL IL cos(30° – q)

Ejemplo a A + 4 W j 15 W Vab = 230/_0° V Vbc = 230/_– 120° V Vca = 230/_– 240° V + 1 B b + + 2 c C P 1 = |Vac| |Ia. A| cos(ang. Vac– ang. Ia. A) = (230)(8. 554)cos(– 60° + 105. 1°) = 1389 W P 2 = |Vbc| |Ib. B| cos(ang. Vbc– ang. Ib. B) = (230)(8. 554)cos(– 120° – 134. 9°) = – 512. 5 W 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 + + A b B ZA ZB N + + x c + + ZC 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 =3 P = 3 VL 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 La potencia total es P =3 P = 3 VL IP cos q