Capítulo 14Sistemas poIifásicos Un sistema polifásico está formado por dos o más tensiones iguales con diferencias de fase cons- tantes que suministran energía a las cargas conectadas a las líneas. En un sistema de dos fases. o bifásico, la diferencia de fase entre las tensiones es de 90°, mientras que en los trifásicos dicha diferencia es de 120". Los sistemas de seis o más fases se utilizan a veces,en 'rectiiicadores polifásicos para obtener una tensión rectificada poco ondulada, pero los sistemas trifásicos son los comúnmente utilizados para la genera- ción y transmisión de la energía eléctrica. 7. La rotación del par de bobinas perpendiculares de la Fig. 14-l(a) en un campo magnético constante i da lugar a tensiones inducidas con un defase constante de 90". Si las bobinas tienen el mismo número I de espiras, los fasores de tensión y las tensiones in$tantáneas tienen valores iguales, como se observa l en sus diagramas respectivos en las Figuras 14-1(6)&). I m 73 (b) Fig. 141. Sistema biiásico El diagrama fasorial de tensiones de la Fig. 14-l(b) tiene como referencia V,, = V b O b i nyz la tensión VAN= Vbobina/90". Si se unen los extremos A' y B' de las bobinas constituyendo la línea N, el sistema bifásico estátformado por las tres líneas A, B y N. La tensión compuesta entre las líneas o fases A y B (tensión de línea) es superior a la tensión simple entre una línea y neutro (tensión de fase) en el . factor JT. + que se obtiene de la suma v,, = v,, + v,, = v b o b i n v~ b o b i n=a& ~ivbobina/í35". SISTEMAS TRWASICOS Las tensiones inducidas en las tres bobinas igualmente espaciadas de la Fig. 14-2(a) presentan una diferencia de fase de 120". La tensión en la bobina A alcanza el máximo en primer término, luego lo alcanza B y después C; la secuencia en ABC. Esta secuencia es evidente a partir del diagrama fasorial con su rotación positiva en sentido contrario al de las agujas del reloj,. ya que los fasores pasarán por un punto fijo en el orden A-B-C-A-3-C.. y también se ve en el diagrama de tensiones instantáneas 0 , de la Fig. 14-2(c) que los máximos se suceden en el mismo orden. 195 - CIRCUITOS ELECTRICOS . . 196 . . SISTEMAS POLIFASICOS .. . [CAP. 14 Fig. 14-2. Sistema trifásico La rotación de las bobinas en sentido opuesto daría lugar a'la secuencia CBA representada en la Figura 14-3. 0 . .. .. . Fig. 14-3. Secuencia CBA Aunque la máquina esquematizada en la Fig. 14-2(a) es teóricamente correcta, en la práctica se presentan limitaciones que se oponen a su utilización. Por ello, es el campo magnético el que gira rnien- tras que el devanado trifásico permanece fijo. La conexión de los extremos A', B' y C' [Fig. 14-4(a)] da lugar a un alternador en estrella. Con la conexión de A y B', B y C', C y A' en la Fig. 14-4(b) resulta un' alternador en tridngulo. E: .. A A' C C En la conexión en estrella las corrientes de bobina y de línea son iguales y la -tensión compues- ta entre líneas 'fi.ve&s la tensión simple de bobina. En la conexión en triárígulo, la tensión compuesta entre líneas es igual a la simple de bobina, pero la corriente de ésta es l/fiveces. la , corriente.de iínea. (Véase Problema 14-2.) - . ? . En una y otra conexiónlas líneas A, B y C proporcionan un sistema trifásico de'tensiones: El punto neutro de'la conexión en estrella es el cuarto conductor del sistema .trif&sico..decúatro conductores. - . . . . . Así. Con la Fig.. 14-5(b)se determinan los ángulos de fase de las tensiones. . en un sistema trifásico. CBA. En el sistema de cuatro conductores el valor de la tensión simple o de fase de línea a neutro es 1 1 8veces la tensión compuesta entre líneas. -. e 1. . Los triángulos de las Figu- ras 14-5(a) y (6) representan todas las tensiones para las secuencias ABC y CBA.. 141 SISTEMAS POLIFASICOS TENSIONES EN EL SISTEMA TRIFASICO La elección de una tensión como referencia con un ángulo de fase nulo determina los ángulos de fase de todas las demás tensiones del sistema. Un sistema trifásico ABC de tres conductores y 110 voltios alimenta a una conexión en triángulo de tres impedancias iguales de 5 m ohmios. CARGAS EQUILIBRADAS EN UN SISTEMA TRDFASICO Ejemplo 1.VcA = 208/120°. (a) Secuencia A B C ( b ) Secuencia CBA Fig. 1. . Determinar las intensidades de corriente en las líneas I. 14-5 La tensión del sistema es la tensión compuesta entre cualquier par de líneas.VBN= 120/30°y VCN = 1 2 0 w . A y B. 14-7 Fig. Entonces. ' Fig. VBc = 208E. las tensiones compuestas entre líneas son de 208 voltios y das simples de línea a neutro son de 208/fi o 120 voltios.VAN = 1201-90°.- CAP. . Los sentidos positi- vos de las corrientes son los indicados en el diagrama. de cuatro conductores de 208 voltios.. y . Como referencia se toma VBc. Por ejemplo. 14-6 Se traza el esquema del circuito con las tensiones en la'forma indicada en la Fig. VAB= 2 0 8 E . 14-6.B y C o C y A. dibujar el diagrama fasorial. La corriente en el neutro es cero y la tensión compuesta entre lineas es J3[ mayor que la tensión simple de fase. En una carga equilibrada conectada en triúngulo la tensión compuesta entre líneas y la simple de fase son iguales y la corriente en la linea es f i veces mayor que la corriente en la fase. V.. En estas condiciones. es posible un cálculo mlis directo del circuito en estrella para cargas equilibradas trifásicas de cualquier tipo. Hallar las corrientes en las líneas y dibujar el diagra- ma fasorial. 14-9 representa las corrientes equilibradas de linea. En una carga equilibrada conectada en estrella las corrientes en las líneas y en las fases son iguales.198 SISTEMAS POLIFASICOS [CAP. 14-8 Fig. siendo Z y = (1/3)2. 14-9 Se traza el esquema del circuito y se escriben en él las tensiones simples entre línea y neutro. Z. Fig. un conjunto de tres impe- dancia~iguales. 14 Aplicando la primera ley de Kirchhoff a cada vértice del triángulo de carga. utilizando la Fig.l A. 14-8 con retorno de todas ellas por el conductor neutro. Un sistema trifásico CBA de cuatro conductores y 208 voltios alimenta a una carga equilibrada conectada en estrella con impedancias de 20/7 30" ohmios. 14-7 representa las corrientes equilibradas en las líneas de 38.fasorial de la Fig. . estando cada una de ellas adelantada respecto de la tensión simple correspondiente en el Angulo de la impedancia respectiva. El diagrama fasorial de la Fig. 14-5(b).Entonces . = . con án- gulos de fase de 120" entre ellas./% CIRCUITO EQUIVALENTE MONOFASICO PARA CARGAS EQUILIBRADAS De acuerdo con las transformaciones Y-A estudiadas en el Capítulo 12. es decir. .. en una conexión en triángulo equivale a un conjunto Z y de tres impedancias iguales conectadas en estrella. Suponiendo positivo el sentido de la corriente en el neutro hacia la carga. se tiene El diagrama. Se eligen las corrientes tal como se ha señalado en la Fig. Ejemplo 2. 14-11 Puesto que esta corriente retrasa respecto de la tensión un ángulo de 4S0. la corriente en la linea es 5 Fig. Los Angulos de h s e de estas corrientes se deducen estableciendo primero los Bngulos de las ten- siones compuestas entre líneas. 141 SISTEMAS POLIFASICOS 199 El circuito equivalente monofásico unifilar está formado por una fase del circuito trifásico de cua- tro conductores. con una tensión que tiene el módulo de la tensión simple de fase y un ángulo de fase nulo. en adelanto o en retraso. Circuito monofásico equivalente Ejemplo 3. Estas intensidades de corriente son idknticas a las que se obtuvieron en el Ejemplo 1.VENy VCNen 45". VAN. = I. conectado en estrella de la Fig. tendrán un de fase. las intensidades reales de linea I. como ocurría en el caso de cargas equilibradas. respecto de las correspondientes tensiones simples de este mismo ángulo. 1410. l I 6 Fig./&= 38. . retrasan respecto de sus correspondientes tensiones. e 1. VcA = 110/240° Icn = 22/240° -45O = 22/105" CARGA DESEQUILIBRADA CONECTADA EN TRIANGULO L.Calcular las corrientes de linea del Ejemplo 1 por el método del equivalente monofásico. 1. Seguidamente se dan las tensiones simples de linea a neutro y las corrientes correspondientes. e 1. 1. 14-10. .1/fi = 22. se pueden obtener a partir de la expresidn 1. Si se desean las corrientes de fase en las imgedancias conectadas en triAngulo. Los ángulos de estas tensiones se obtienen del triángulo ABC de la Fig. Estas ni serán iguales ni presentarán una diferencia de fase de 120°. CAP.a solución del problema de la carga deSequilibrada con conexi6n en A se obtiene calculando las ' : corrientes de fase y aplicando después la primera ley de Kirchhoff a los nudos principales para deducir las tres corrientes de línea.las corrientes de Iínea I.5 Entonces. La impedancia del equivalente en estrella es zy = z3/3 = (5/3)/450 y la tensión simple de Iínea a neutro es VLN= vL/\/3= 1101fi = 63. 14-5(u). Se dibuja el circuito unifilar y se señala con A la carga. determinando despuks las corrientes 'con un retraso de 45".. indicando que las impedancias reales estaban conectadas en triángulo. Por tanto.. La corriente de linea calculada para este circuito tiene un án- gulo de fase respecto del ángulo cero de la tensión. = 46.30' . 14-12 Fig. Ejemplo 5. Fig. las corrientes de fase. son independientes y vienen dadas por Aplicando la primera ley de Kirchhoff . 14-13 Construido el esquema del circuito. = 21. 200 SISTEMAS POLIFASICOS [CAP.1° i IB = IBA + IRC = -24/1200 + 24.. Un sistema trifásico CBA de cuatro conductores y 208 voltios alimenta una carga conectada en estrella con Z A = 6@. = 151. ~= 2 4 w . Obtener las tres corrientes de linea y dibujar el diagrama fasorial. - Fig. 14-12.a los nudos de la carga se tiene < LA = IAB f 1 . Z . 14-14 Fig. Fig. 14-15 .y Zc = 5/% Obtener las tres corrientes en las líneas y en el neutro. El diagrama fasorial correspondiente se ha representado en la Figura 14-13.9O <. Las corrientes de linea son distintas y no están defasadas 120'.4- Ic = ICA + ICE = 1 6 e .2/190. 14 Ejemplo 4. = 1 O N y Z. 24. como se ve en la figura. por el neutro circulará corriente cuando la carga este desequi- librada y la tensión en cada una de las impedancias permanecerá constante con el valor de la tensión simple de fase o linea a neutro. Un sistema trifásico ABC de tres conductores y 240 voltios tiene una carga conectada en triángulo con Z A B = 10100.7/108. Z B = 6 1 . 1 6 m = 38. Dibujar el diagra- ma fasorial. con las correspondientes tensiones. CARGA DESEQUILIBRADA CONECTADA EN ESTRELLA CON CUATRO CONDUCTORES En un sistema de cuatro conductores. = 23. 4 5 / . Obtener las corrientes de línea y la tensión en cada impedancia. Las co- rrientes en las líneas I.1° ' v ~ O Fig. Fig. En la Fig. 14-17.8/261. Construir el triángulo de tensio- nes y determinar la tensión de desplazamiento del neutro.3/261. \ VA.4O A.Il = 26. = 26. B y C conectadas a una carga en estrella desequilibrada.s e aplican las tensiones y se eligen las corrien- tes como se han dibujado.3/261. I Suponiendo que el sentido positivo de 1. . --- CAP.5/116. trifilar. desde el valor de la tensión simple como se ve en el triángulo de tensiones que relaciona todas las ten- siones del circuito. Utilizando el punto A se obtieni: VoN = VoA + VAN= . VoN. es hacia la 'carga. Las tensiones entre los extremos de las tres inipedancias pueden variar considerablemente . valen "-B Icd C l 208100 Fig.. Z.6 -6/300 + .139.5/-63.3/261.1 + . . d e 208 voltios.3/261. Las intensidades son independientes y vienen dadas por VAN IA = . B o C y siguiendo la notación convencional del doble subíndice. de donde 1. CARGA DESEQUILIBRADA CONECTADA EN ESTRELLA CON TRES CONDUCTORES: Si solamente hay tres líneas A . tiene una carga en estrella con Z. = 26.6" Las tensiones en las tres impedancias vienen dadas por \ / los productos de las corrientes en las líneas por las impedan. tensibn de desplazamiento del neutro. CBA. zA 6/00 = 20/-900. 1. 5 ' ) = 92.5O Vco = ZcIc = (S& )(26. \ cias correspondientes.5' 261. 14-18 . zc Ic = . forma un triángulo equilátero.= 120/-900 v~ N vc.1° ) = 139.1° A e 1.. el punto común de las tres impedancias de carga no está al potencial del neutro y se designa por la letra «O» en lugar de N. I Ejemplo 6. Tiene particular interés el desplazamiento a «O»desde N.7/27. 14-16. = -1. Esta tensión puede calcularse utilizando cualquiera de los tres pun- tos A . = 20/00. A de malla 1. e Ic. con el sentido dado en el es- qdema. = Xí .23. = 23.8/261.N] [::] [ ] = 208/2400 '208.1/39. ~ . = 6 1 - y Z. 1.2 . 1. 141 SISTEMAS POLIFASICOS 20 1 Se construye el esquema del circuito como en la ~ i 14-14.1° . = ZAIA= (6&')(23.1° 1. = 5/45". Fig. Un sistema trifásico. El sistema de ecuacio- nes en forma matricial en las intensidades 1. = 1. .451-2. e 1.8" .1201. e 1..5/-63. añadiendo del neutro. 1. = - z.90' = 28. Se dibuja el esquema del circuito y se eligen las corrientés IA. . es 298/2400 [ 6/00 - +G/300 6 . e 1. . = 6 r .1° vcoT VBO = 15.6' ) = 132.5- El diagrama fasorial de estas tres tensiones.5O 27.4O . con lo que se puede observar la tensión de desplazamiento VoN. 1 El diagrama fasorial e's el representado en la Figura 14-15.= 24/1050 Por el conductor neutro circula una corriente cuya intensidad es la suma de las intensidades de línea I.5/116. como en la Fig.. 14-16 1. 14-17 VEO= ZBIB= ( 6 e ) ( 1 5 . 14-18 se ha dibujado nuevamente este triángulo. = o 1. puesto que todos los términos de ( 6 )o son datos o se obtienen con facili- dad. V. = 1 / ( 6 m ) = 0.j0. Z.2 = 14.0833 Y. V.. = VAN + vNO vBO = vBN + Vi VcO = 'CN + 'NO (4) Llevando (4) a (3) se tiene . las co- rrientes y tensiones buscadas en el Ejemplo 6 se obtendrán con mayor facilidad.20/-45" = 0. ' (2) . y V. Para obtener la tensión Vo. Las admitancias Y. Observando la Fig.8 + j3. 1A A .1443 .4524 . como puede verse en el Ejemplo 7.. YA + V B o Y B+ VcOYc = O (3) 1. 14-5 para la secuencia dada en el problema.0/39. 14-20.se pueden expresar las tensiones VA. 14-19. 14 CARGA DESEQUILIBRADA EN ESTRELLA CON TRES CONDUCTORES METODO DEL DESPLAZAMIENTO DEL NEUTRO En el Ejemplo 6 se ha obtenido la tensión de desplazamiento del neutro VoN en función de las ten- siones de carga..2247 VANYA + VBNYB + VCNYC = 13. + 1. = 0. en la ecuación (6) se obtienen del triángulo de la Fig. Si se determina una relación para VoN independiente de las tensiones de carga. Obtener las corrientes en las líneas y las tensiones en las cargas del Ejemplo 6 por el método de la tensión de desplaza- miento del neutro. = 14.j0.10 Por tanto.1" / 0 . y Z. se escriben las corrientes de línea en función de las tensiones en las cargas y las admitancias de carga..í(6/0") = 0. + Y.1/13.. Por tanto... + Y. son los recíprocos de las impedancias de carga Z. = 1/(5/45" ). Utilizando el diagrama de la Fig.6" .1667 Y.1414 Fig. en función de sus tensiones - p Ic Fig.VBNy V. e Y. de donde Las tensiones VAN. 14-18 . A 1 4 Aplicando ahora la primera ley de Kirchhoff en el punto O.= 0. 5 0 4 m = 28. la ecuación para la tensión de desplazamiento del neutro es VANYA + VENY B + VCNYC VON = YA S YB Yc+ siendo C YA = 1.--- 202 SISTEMAS POLlFASlCOS [CAP. 14-19 componentes.j0. Y.. Ejemplo 7... VA. Fig.0 C o bien VA. puede calcularse la tensión de desplazamiento del neutro y utilizarla luego para determinar las corrientes en las líneas. se podrá escribir + 1.1/13. 14-20 Y.1667/0" = 0.1667)-30" = 0.1414 . 4S0 Las corrientes y tensiones anteriores están de acuerdo con las obtenidas en el Ejemplo 6.1° Veo. En.28. Entonces.1° (0. 14-21 P.4/-2.I. = ' f i v .2/261. = 3 V.1667100) = 23. = Vco Yc = 132. por tanto. Como por las impedancias de las fases en cargas equilibradas.- tonces. PT = J3V.1° VEO= VBN+ VNo = 120/30". es la tensión simple de fase. triángulo o estrella.1"(0.5/161. ~cos .1667/-30" ) = 15. = fiV . IL = alFF. 14-21(b) (a) circulan las corrientes de línea y la tensión en 2. sen 0 (13) . La tensión entre los extremos de la im- pedancia ZA.20/-45" ) = 26. una carga trifásica equilibrada tiene unas potencias activa..5/161. SISTEMAS POLIFASICOS 203 Las tensiones VA.0/39.. 14-21(a).O-= 139.4S0 (0.6O = 132. la potencia total en cualquier carga trifásica equi- librada viene dada por 3 VLILcos 8. Fig. como se vio en el Capítulo 7. la potencia por fase. = VEOY. P. cos e (8) Puesto que en las cargas equilibradas en A.5/27. 2 8 .'. 1. = fl V.45" Las corrientes en las líneas se obtienen ficilmente de las tensiones y correspondientes admitamcias de carga: 1.28. = 92. O m = 92. VEOy Vco se obtienen a partir de VN0 y de la correspondiente tensión simple de línea a neutro. 141 . apa- rente y reactiva. La potencia aparente total ST y la potencia reactiva total QT están relacionadas con P.I .= VcN + VNo = 120/1500.5/27. VAo = VAN+ VNo = 1201-90° . la potencia por fase es P. Por consiguiente. = VA. Q. El ángulo entre ellas es el de la impedancia.9" 1. . = fiV.5/261. COS 0 S.COS e (7) y la potencia total . Fig.es y la potencia total (6) Puesto que V. es la tensión compuesta entre líneas y la corriente es la corriente de fase.5/261. e (12) J- Las ecuaciones (9) y 12) son idénticas. que vienen dadas por p.IL cos 8 (9) Por las impedancias conectadas en la estrella de la Fig.' El ángulo entre la tensión y la intensidad es el de la impedancia.I. circulan corrien- tes iguales.5/116.CAP. siendo 0 el ánguip de la impedancia de carga o el ángulo en una impedancia equivalente en el caso en que varias cargas equilibradas sean alimentadas por el mismo sistema. la potencia por fase es un tercio de la potencia total.1° 1. = J3vF. YA = 139. = vLz. .. W . METODO DE LOS DOS VATIMETROS La potencia total en una carga trifásica con tres conductores viene dada por la suma de las lecturas de dos vatímetros conectados en dos líneas cualesquiera con sus bobinas de tensión conectadas a la tercera línea. Una carga conectadi en estrella. W C =. w2 = V C BIc COS Aplicando las leyes de Kirchhoff a los nudos A y C de la carga en triángulo se obtiene f C vnc Fig. en donde 0 es el ángulo entre la tensión y la in- tensidad. COS y . 14-22(b)supone que la corriente está retrasada en la fase A y adelan- tada en las fases B y C.. La potencia total es '.204 SISTEMAS POLIFASICOS [CAP. 14-22 El diagrama fasorial de la Fig. cos 4BN. Fig. = V . = V A . con cuatro conductores. WA= VAN I A cos . en las fases B y C. respectivamente. I .rAN . lee la potencia en la fase A y los W .I . entonces. e 1. necesita tres vatímetros dispuestos en cada línea como muestra la Figura 14-22(a).con defases O. . V C N IC cos 4rCN (14) en donde &AN representa el ángulo entre V A . Las lecturas de los dos aparatos son W . 14-24 . dispuestas de forma que la desviación es proporcional a V I cos 8. Las lecturas del vatímetro son. 14 VATIMETROS Y CARGAS EN ESTRELLA CON CUATRO CONDUCTORES Un vatímetro es un aparato de medida con una bobina de tensión y otra de intensidad. 8. 14-23. y W. y O. como se representa en la Fig. .14-23 Fig. El vatímetro W . I.. COS. 141 SISTEMAS POLIFASICOS 205 Sustituyendo las expresiones (17) de 1. cos .ya que tanto VA. esto es.& ' y zc COS W . 14-24.Inc COS.". se puede escribir V . hemos demostrado que dos vatímetros dan la potencia total en una carga conectada en triángulo. como V. 14-25 Con los vatímetros en las líneas A y C sus lecturas son W A = V A . e 1.sen 60" sen e + cos 60" cos B + sen 60" sen B) (21) 1 o bien VLIAC cos O (22) que es la potencia en la fase restante. son tensiones compuestas entre líneas. I. El diagrama se deduce. ya que son las poten- cias en las fases AB y CB de la carga. En la Fig. 14-25(a).. en AC. . Sumando los dos términos restantes de (18) y sustituyendo (60" + 0) y (60" .. Los otros dos términos contienen VABIAcy Vc. = I. un ángulo B. La aplicación del método de los dos vatí- metros al caso de una carga conectada en estrella se deja como ejercicio al alumno. METODO DE LOS DOS VATIMETROS APLICADO A CARGAS EQUILIBRADAS Para ver la aplicación del método de los dos vatímetros a cargas equilibradas consideremos la co- nexión en estrella de tres impedancias iguales representada en la Fig.. cos $&y V c B1.O) en lugar de 4% yi respectivamente. se reconocen inmediatamente. CAP.. cos $. = VCB ig Del diagrama fasorial.:4: (18) W. (cos 60" cos 0 .1. en las ecuaciones (16) se obtiene W* = V A .y) = cos x cos y $: sen x sen y.I. Para identificar estos dos términos se construye el diagrama fasorial de la Fig. 14-25 ( b ) se ha dibujado el diagrama fasorial para la secuencia ABC en la hipótesis de corriente en retraso 8. COS &Y* + ICECOS VCB Los términos V A . VLIAc cos (60" +8) + V . Por ta'nto.O) (20) Como cos (x $. e IAc = IcA.. :4 + V A .IcA que pueden escribirse ahora como VLIAc.. en que se ha supuesto que la corriente IAcretrasa respecto de VA. Fig.I A . cos (60" . WC fi-ww.J3/2)= fivF 1. = V. Para la secuencia ABC. El alternador con conexión en triángulo y de la misma potencia aparente (kVA) tiene también corrientes a plena carga de 30. + w c w. y el punto neutro N está en el centro del triángulo. se obtiene W .l A. Las corrientes en los devanados son I J ~ P Otanto.4 tg 0 = \/9 W H+ W* = \/"mW-n Problemas resueltos 14-1 Demostrar que la tensión compuesta entre líneas VL en un sistema trifhsico es 9 veces mayor que la tensión simple de fase o de línea a neutro V. En un sistema trifásico equi- librado.= 3 0 . sen 8. ~&/2. = V LI L (cos 30" cos 0 . 14-26 se representan las tensiones del sistema tri- fásico en un triingulo equilátero en el que la longitud de un lado es proporcional a la tensión compuesta V. de donde En consecuencia. En la conexión en estrella la corriente en la línea y en el devanado son iguales. la suma vale. Por el contrario. eos 30' 14-2 Calcular las intensidades de corriente en los devanados a plena carga para conexión en triángulo y en estrella.8. si se conocen ambas cosas. Escribiendo la expresión de W . = &lL cos 0 y la diferencia W . Ambas lecturas se pueden emplear para hallar el ángulo 8. W . + W . o sea. la tangente del ángulo en Z es $veces la relación entre la diferencia y la suma de las lecturas. . = V LI L (COS30" cos O + sen 30" sen 0) (27) Por tanto. en un alternador trifásico de 25 kVA a 480 voltios. W B. 14 Sustituyendo en (23).W A Wc . ~ IbOb. las lecturas son VLILcos (30" + 8) y VLILcos (30" . y para CBA. W .Y . puede determinarse el signo por las expresiones siguientes. 14-26 ..6) (25) Si el método de los dos vatímetros se utiliza con cargas equilibradas. y teniendo en cuenta la fórmula del coseno de la suma de dos án- gulos. La tensión simple tiene como proyección horizontal el valor h'A 30' 30 V.I . En la Fig. W . . Ic COS (30" .l.. COS (30" + 0) y W c = V. ' U = V A . 1 / f i = 17.sen 30" sen 0) (26) Análogamente.-j p. .8) en donde 8 es el ángulo de la impedancia. cos 30°....35 A. vrí3 Fig. Sin conocer las líneas en las que están colocados los medidores ni la secuencia del sistema no es posible distinguir entre + 0 y .206 SISTEMAS POLIFASICOS [CAP. Puesto que la base es el doble de dicha proyección. vL= 2(v.Wn . 14-27. se tiene + IA = IAN IAB= 1 5 .6(150) = 212 V. VA.= --. conectada en triángulo. SISTEMAS POLIFASICOS 207 14-3 Un sistema bifásico con una tensión simple de fase de 150 voltios alimenta a una carga equilibra- da. Hallar las intensidades de corriente en las líneas y dibujar el diagrama fasorial.= --..2 1 . Si se admite como sentido positivopara estas corrientes el sen- tido hacia la carga.1 O Las corrientes en las lineas se obtienen a partir de las de fase sin más que aplicar la primera ley de Kirchhoff a los nudos de la carga en triángulo.= --- 150i.1° = 21.15. con impedancias de 10/53. Hallar las intensidades en las líneas y la potencia total. 14-29 - .0/-53.2/171... las corrientes elegidas son Pig. Las corrientes en las fases son VA.0/-53. O W + 2 1 . La tensiOn compuesta fi entre líneas es igual a veces la tensión simple de 150@ 212/i36O Iínea a neutro.7O IN = INA+ INB= . Por consiguiente. 2 1 2 m IAB= .15. = IBN+ IBA= 15.1' 10/53.6/-79.1" 15. 2 u = 33. 14-28. VANestá a 90°..86O La potencia total se obtiene utilizando la corriente eficaz en las impedancias Potencia total = 5400 W 14-4 Un sistema trifiisico ABC con tres conductores a 100 voltios alimenta a una carga con conexión A e impedancias de 20145" ohmios.g0 Fig.1° ohmios. se toma como referencia. = .1 5 . 2 / 8 4 3 = 33. Por tanto. si V. - z 10/53.QL-53. En un sistema bifásico las dos tensiones sim- ples tienen una diferencia de fase de 90". Se aplican las tensiones compuestas entre lineas de secuencia ABC al circuito dado en la Fig.0/36. 14-28 Fig. 14-27 6 Z "" IBN= .5/63.4' 1. 0 / ' .= 21.como se observa en la Fig.2/81>90 z lo= VAN 1 5 0 E IAN= . En- tonces.1° . en la forma representada en la Fig.66)" 1.45") = 866 cos ( .5 . 5. = W. 150 voltios y secuencia CBA. En el Problema 14-4. se puede añadir el conductor neutro. O e = 8.5.0/-45" = 8. El sistema es trifasico.O) en donde O es el ángulo de la impedancia de carga. conectados en estrella. . = IBA+ IBC= . Determinar las intensidades de corriente en las líneas y dibujar el diagrama fasorial. /" SISTEMAS POLIFASIC [CAP. de tres conductores. B 1v. Las corrientes en las líneas son El diagrama fasorial de la Fig. Como comprobación. al circuito del Problema 14-4. + W . 14 Para obtener las corrientes en las lineas (véase el esquema del circuito) se aplica la primera ley de Kirchhoff a cada uno de los nudos principales de la carga. 14-31 muestra el conjunto de las corrientes de línea equilibradas con 30" en adelanto respecto de las tensiones simples de línea a neutro. 14-31 i En sistemas equilibrados de tres conductores. 1-.661-75' I C A1 = 5. = IAB+ IAC= --. = 1060 W . 0 m + 5 .0/= 5.0/=.15") = 836 W La potencia total es P.66 A y el ángu- lo de la impedancia de carga es 45". IL = 8.66) COS (30" .66) COS 45' = 1060 W 1 4 6 Se conectan en estrella tres impedancias idénticas de 51-30' ohmios. el cual corresponde al ángulo de la impedancia. = 100(8.0175' = 8. Las tensiones simples de módulo se aplican con los ángulos de fase de la secuencia CBA. Con una carga trifásica de tres conductores las lecturas del vatímetro son W . 1. VL = 100 V. 14-5 Determinar las lecturas de los vatímetros al aplicar el método de los dos vatímetros.66) COS (30" + 45") = 866 COS 75" = 224 W W2 = 100(8. se puede calcular la potencia total en cualquier carga trifásica equilibrada por P = f i v LIL 70s 0 = fi100(8. Por tanto. Sustituyendo estos valores en (1) resulta W . 14-30. 14-30 Fig.66/165" El diagrama fasorial de las corrientes de fase y de línea se representa en la Figura 14-29. Fig. = VLTLCOS (30" + O) y W2 = VLTLCOS (30" . 200 voltios y secuencia ABC.. con cargas trifásicas equilibradas. . Hallar las intensidades de corriente en las líneas utilizando el método del equivalente monofásico. = 13. 1.11180" A..equivalente monofásico de la . = 13. . = W .30" = 13. = RIL = 4. De igual forma. = 23. se determina en primer lugar el ángulo de fase en las correspondientes tensiones simples de línea a neutro en la secuencia ABC. = 13.5 La corriente tiene una intensidad.6100 Ahora bien. " 1 d. 1. I El módulo de la tensión simple de línea a neutro es 1 . = 23. Las corrientes en las-ikpedancias en A están relacionadas con las corrientes de línea por IL = de GI.32)2 = 1300 W y. * 14-9 Tres impedancias iguales de 10/30" ohmios. 14-33 . Hallar la potencia total.3/210" A. = VLIL COS (30" + O) = 150(17. e 1. I.1/fi= 13. por tanto..1160"-A. -r - 1 1 - . : V L N= vL/@= 200/\/3 = 115.3 A. 'Con carga trifásica equilibrada. - - Fig. Fig. CAP.1/9O0 .3/-30" A e 1.3/120° . de 250 voltios. Como comprobación. 1432 .Fig. en el circuito. como se representa en la Fig. SISTEMAS POLIFASICOS 209 14-7 Determinar las lecturas de los vatímetros si se aplica el método de los dos vatímetros al circuito del Problema 14-6.3/90"A. fl Puesto aue ambas cargas. pues. .32) cos (30" + 30") = 1300 W La potencia activa total es P. tensión -aplicada es 115. están unidas a un mismo sistema trifásico. 1. .5/0" voltios y la corriente resultante es -. de tres conductores. W . Como la carga está conectada en triángulo se obtiene primeramente la impedancia equivalente de la car- ga con conexión en estrella: Zy = Za/3 = 15/300/3 = 5/300 . 14-32 la.30" = 23. igualmente en estrella. = 3900 W. + W . P de tres conductores. conectadas en estrella.. y otras tres impedancias tam- bién iguales de 15/0" ohmios. Por el mismo procedimiento.. = 2 3 .están conectadas en es- trella. la potencia activa total es O bien.IL . 14-33. 141 . Puesto que VANtiene un ángulo de 90°. = 23. donde 1.32) COS (-30") = 3900 W 14-8 Tres impedancias idénticas de 15/30" ohmios se conectan en triángulo a un sistema trifásico. sus impedancias de fase' pueden ponerse directa- mente en un circuito equivalente monofásico.5 116. la potencia activa total es P = f i VLIL COS O = fi(150)(17.r . 1. en la secuencia ABC es de 120" y.33(17. La tensión aplicable a dicho sistema monofásico es 1 6 ~ VLN= v L / 6= 2501fi = 144. Para obtener las intensidades de corriente en las líneas IA. 1 1 5 A. se puede calcular la potencia por fase P. El ángulo de VA. por tanto. I. / P = 6V . 15/300 Fig. = 531/6/-1* A. se unen al mismo sistema trifásico.6 VLIL cos 8. = 20&ohmios.6/(90° . por consiguiente. *rr .500 W 14-11 Un sistema trifásico de tres conductores. de tres conductores. k Como la primera de las cargas está conectada en triángulo. B IAB = . Z.. se obtiene la equivalente en estrella Con una tensión com uesta entre líneas de 208 V la ten- sión simple es 208/&= 120 V.2) cos18. 1. 9. 240 voltios y secuencia CBA alimenta a una carga conectada en triángulo en la que Z.-. = 15/30" y Z.240/2400 . 14 En la fórmula de la potencia activa P = .6/53. ahora. en la secuencia ABC tiene un ángulo de fase de 90" v.6") = 53.1° = 9530 W 14-10 Tres impedancias idénticas de 12/30" ohmios. Por tanto.4" A. = 25/90".6/i500 ZAB 25/900 IBC = . Al calcular I. Aplicando las tensiones compuestas entre líneas de la secuencia CBA a la carga conectada en triángulo de la A Fig.0/-300 ZB.. 14-35 Las corrientes en las líneas pueden calcularse. La potencia activa total es -. en una carga desequilibrada las corrientes en las líneas no son iguales.. se han considerado ambas cargas y se ha visto que la corriente retrasa respecto de la tensión un ángulo de 18. 14-34 con las dos impedancia~de carga 4/30' 0 y 5/45" SZ.210 SISTEMAS POLIFASICOS [CAP.1°. = 53.6) cos 36. vemos que 1. P = f i V L 1.6" A e 1. .36. de 208 voltios y secuencia ABC. ZL COS 6 = fi208(53. se tiene VAR'. El circuito equivalente monofásico es el representado . Hallar las intensidades de corriente en las líneas y la potencia total. - Con esto. ( 5 W) = 2. 14-35 y eligiendo las corrientes de fase como se ve en el esquema.1°. -2401- = 16. y otras tres idénticas de 5/45" ohmios. en estrella. Como era de esperar.- en la Fig. .. Hallar las intensidades de corriente en las líneas y la potencia total. Análogamente.24= Zeq = 4/300 + 5/450 . = 53. e es el ángulo de la impedancia de carga equi- valente. en función de las corrientes en las fases. c o s e = fi250(23.6O = 15. Estas impedancias pueden ser sustituidas por una equivalente.6/-66. en triángulo. la corriente es Fig. se sabe que la impedancia equivalente es inductiva y tiene un ángulo de 18. 14-34 La tensión VA. En estas condiciones.. Entonces. 14-36 . = 20 +j O R.2" A. = 12 A. P.7" y -6O0. 52. N y suponiendo positivo el sentido de las corrientes hacia la carga.7" A. Sustituyendo en (1). W A = 240(6.6) cos 30" = 5320 W La potencia total es PT = WA + W . CAP. 14-36. VAc = 2 4 0 1 9 V . de donde &?= 42.6/-30" A. V A . V.1/137.06) cos 7. = W A + Wc = 1440 + 4770 = 6210 W. (3) W A = V A BZA cos arAB (4) W c = V m Zc cos CB 412 Del Problema 14-11..I& = (13)(16)2 = 3330 W Impedancia ZcA = 201. = 27. = 2 4 0 m V e 1.8" = 4770 W y la potencia total.. . Aplicando al circuito las tensiones simples de línea a neutro de la secuencia ABC. = 101-30" ohmios.06/247. el ángulo 4y es el ángulo . como se ve en la Fig. = 890 + 5320 = 6210 W.06/247./ZA = (120/900)((10/00) = 12/900 120/-1500 I B = V B N / Z B= (IZO/-30°)/(15/300 ) J = s/-soo C 1. = 9. entre 247. = 6.5 R. = 30'. AC BC (1) W A = VAc1.6 A. PBc = R. = 6. . Por tanto. COS Z[tA (2) W B = VBCZB COS 46 '. (b) Con los vatímetros en las líneas A y C.1) cos 42. RBc = 13 0 e IBc = 16 A. Por tanto. Sustituyendo en (4). del Problema 14-11. Del Problema 14-11. = 10/0". 141 SISTEMAS POLIFASICOS La potencia en cada fase se calcula de la manera siguiente: Impedancia ZA. f i = 7. Hallar las intensida.= (0)(9. 208 voltios y secuencia ABC alimenta a una carga en estrella en la que Z. 1 1413 Un sistema trifásico de cuatro conductores. WA = 240(6.V e 1. Sustituyen- do en (2). Sustituyendo en (3). = VA. Como 1. VBC= 2401. RAB= O e 1. Wc = 240(27. A des de corriente en las líneas.s.7" A. . 6 (a) Con los vatímetros en A y B. = 2 4 0 m V . Z. con medidas entre las líneas (a) A y B. PAB= RABIi. = 25/90" = O + j25 a.7" = 1440 W Del mismo modo. Entonces. = 20 R e Ic. WB= 240(25.06) cos 52. .3" = 890 W También. = 15/30" y Z. Entonces.6)' = O Impedancia ZBC= 15/30" = 13 + j7..7O. = VcN/Zc = (IZO/-150' )/(lo/-30' ) = 121-120° Fig. Rc.T 25. (b) A y C . la del neutro y la potencia total. + PcA = O + 3330 + 2880 = 6210 W 1412 Hallar las lecturas del vatímetro cuando se utiliza el método de los dos vatímetros en el circui- to del Problema 14-11. 1. o sea.3". PCA= RCAICA= (20)(12)* = 2880 W La potencia total es la suma de las potencias por fase PT = PAB+ P. se tiene B 1. La impedancia Z A = 10 + jO 0 es atravesada por la corriente 1. De igual forma. de dqnde Las corrientes en las líneas..66(12)2 = 1247 W.Por la impedancia 2. 208 voltios y secuencia ABC. A y la potencia en la fase es P. elegidas como en la figura. .212 SISTEMAS POLIFASICOS [CAP. la forma matricial del sistema de ecuaciones en las corrientes es . = 1 2 W A y la potencia en esta fase de la carga es PA = lO(12)' = 1440 W. y V.. La potencia total es PT = PA + P. e 1.j5 0 circula la corriente 1. = 13(8)' = 832 W . 'de. con sentido positivo hacia la carga. e 1. la Fig:24-3? se han puesto las dos tensiones compuestas V A . por Z . por Por tanto.. Hallar las intensidades de corriente de linea y las tensiones entre los extremos de las impedancias de carga. Puede'añadirse también el punto N.66 . las tensiones en las impedancias son La representación de las tres tensiones VA. = 121-120° A y Pc = 8. 14-14 Las impedancias de carga del problema anterior se conectan a un sistema trifásico de tres con- ductores.. + Pc = 1440 + 832 + 1247 = 3519 W . Con las corrientes de malla 1. Fig. como en la Figura 14-38. = 10/-30"= 8. = 15/== 13 + j7. vienen dadas en función de 1. VEOy Vco muestra el triángulo de secuencia ABC al unir los extremos de los fasores por rectas. 14-38 En el ~ircui!.5 0 circula la corriente IB = 8. 14 La corriente en el neutro es el fasor suma de los correspondientes a las intensidades de linea y si el sentido positivo es hacia la carga. = 1/(15/30") = 0. 141 SISTEMAS POLIFASICOS 213 1415 Resolver nuevamente el Problema 14-14 por el método del desplazamiento del neutro.93 VCNY C = 1201.2/86.Y A= 141.2/232. = 120.P0 ) / ( 0 . Entonces.g0 (0. la impedancia con conexión en es- trella .6" Los resultados anteriores están de acuerdo con los del Problema 14-14 dentro del orden de exactitud de la regla de cálculo..1.69/249.2) = 102/202. como se ve en la Fig.33 = 5.12/86.1/0a) = 14. ) = 0.4O o bien 10.4" Para obtener las corrientes de línea se forman los pnjductos de estas tensiones y las admitancias corres- pondientes.O . Y .0866 + j0. 2 4 4 m ) = 23.0577 . I A = V A .0/-60' = 4.~I CAP.0667/-300 ) = 8.j5.O j6.18.4" (0. = VBOY B = 120.66 + j21. Obtener las impedancias de carga.9O 1.06671-30" ) = 8.j10.6.'.08' (0. = 102/202.2/.0/-48.033e Y . = VAN+ VNo= 12019.050. VoN= (5. cos 8.~0.2 I Las tensiones en las impedancias de carga pueden expresarse en función de la correspondiente tensión simple de línea a neutro y la de desplazamiento del neutro en la forma siguiente: V A .150' (0.4' En consecuencia. Para cargas trifásicas equilibradas de donde e = *3O0.120' = . 1.1/30" ) = 10. (0.g0 Vco = VcN + VNo= 1201-150' + (9.5' = -9.7/0"V.127. 1 ) =12/90" = j12 VBNY . = Vco Y .) La potencia total es P = &v. no puede determinarse el signo.2) = 141. Y A= 1/10 = 0.j21.3/245. Por tanto.18. + V C N Y C= -2.69/249.66 + j21. = 1 / ( 1 0 / . ya que sin conocer ni la secuencia ni la colocación de los vatímetros. 1416 Utilizando el método de los dos vatímetros en un caso de carga equilibrada se han obtenido las lecturas 1154 y 577 vatios.+ (9.66 .66 + j21. Y VANY A= 1 2 0 m ( 0 . 14-39. En el método del desplazamiento se calcula VoNa partir de la fórmula Por el Problema 14-14.O . e Se dibuja el circuito monofásico equivalente y se apli- ca la tensión ( 1 0 0 / f i ) = ~ 57.2/86.08O 1. (Se pone 5 .1/300) = 121. con conexión triángulo.08' VBo = VBN+ VNo= 1201-30' + (9. si la tensión del sistema es de 100 voltios.4 VAN Y A + VBNY.2) = 1201. El motor es una carga trifásica equilibrada. Determinar el valor de la intensidad de corriente de línea para el régimen de salida dado para el motor de 5 CV. Determinar el módulo de la.80 = 4600 W .67/45"R.Q.001-31.7" + 4.66 A. G- Fig. 14-18 Un calentador trifásico de 1500 vatios.17/0" = 18. Por consiguiente.5/-25.85 = 31. están alimentados por un mismo sistema trifásico de tres conductores de 208 voltios. En la carga de calefacción. el circuito equivalente monofásico tiene una tensión de 57. Por tanto. (57. ti3 8 wl3 . 1.7". = 836 y W. siendo las impedancias de los hilos 0. Por tanto. = 3Zy = 2014. en donde O = OO. 14-42 .l0 Por consiguiente. La impedancia de carga en triángulo es Z. obteniéndose W . = 224 vatios.7/0" V y la impedancia conectada en estrella es Z y = V/I = -) / ( 8 . = 15. IL = 4. 14-19 Tres impedancias idénticas de 30/30" ohmios están conectadas en triángulo a un sistema trifá- sico de tres conductores de 208 voltios. = 15 A lZOe í En el circuito equivalente monofásicd el fasor inten- sidad de corriente retrasa respecto de la tensión un ángu- lo B y 8 = arc cos 0.85. la entrada que necesitará el motor es 3680/0. IL = 4 . 1 6 p A. 14-40 1. Conociendo la secuencia y la situación de los aparatos puede conocerse el signo de O . y un motor de inducción de 5 CV. la salida del motor tiene (5 CV)(736 WICV) = 3680 W . . Sustituyendo 1500 = &(208)1. 214 SISTEMAS POLIFASICOS [CAP. 100 voltios y secuencia ABC. P = IL cos O. -7 1 4600 = fi(208ZL)(0.8 + j0. ZL = 8.710" . - Ciileni~dor - Motor cargas de calefacción y motor: Fig. 14-41 Fig.. Hallar la impedancia de la carga equilibrada y con conexión en triángulo.:8 = 1 de donde O = 45' P 1060 Puesto que P = . Como 736 W = 1 CV.7O A.5 A para el régimen dado de salida del motor. la corriente en cada línea es 18.85). la corriente en Corriente de iiner la línea del motor es IL = 15. con un rendimiento a plena carga del 80 % y factor de potencia 0.6 ohmios. 14 14-17 Se aplica el método de los dos vatímetros a un sistema trifásico de tres conductores. ZL cos O. Entonces. con los aparatos de medida en B y C. El fasor intensidad de corriente total en la línea es la suma de los fasores de intensidad correspondientes a las . tensión compuesta entre líneas en la carga.W~ = fiWB+wc= fi 8:. con factor de potencia unidad. Así./TV.001-31.16. P =8 v LZL cos 8. 6 6 / 3 ) = 6. CAP. pues. Como ya se vio en el Capítulo 7.8 + jO..9/-30.55E )(9. o 1 0 E a. La impedancia de la Iínea está en serie con la carga y Por tanto.6" ) = 10.6)(10. está.6" ) = 1091-0. el factor de potencia se mejora al conectar condensadores en paralelo con la carga. y la tensión en los extremos de la carga. 14-42 con la caída en la Iínea VA.9/-30.. El diagrama fasorial se representa en la Fig.78" ) = 1121. la tensión compuesta en la carga si en paralelo con ésta se pone un conjunto de condensadores con una reactancia de -j60 ohmios. como en el Problema 14-19. .6" . La tensión compuesta pedida es VL = .. 14-43 En el circuito equivalente monofhsico de la Fig.IL = (0. Y así... VBG= ZpIL= (11. en el problema anterior. Fig. + VBG. la tensión del sistema de 208 V ha caído a 189 V a causa de la impedancia de la línea. = ( 1 0 m )(10.78" La tensión compuesta correspondiente es VL = fi(112) = 194 V .2.73/. la tensión del sistema ha caído a 194 voltios en lugar de a 189. 14-20 Hallar. en este problema. 14-41 con la impedancia equivalente en estrella de 42. por tanto..I.. 14-43 esthn en paralelo -j20 y 10/30". Esto da lugar a una reducción en la caída de tensión en la impedancia de la Iínea. en serie con las impedancias de la linea y La corriente en la Iínea es. La tensión en la carga es VBG= Z.9@ y VAG= VA. 141 SISTEMAS POLIFASICOS 215 El circuito se ha representado en la Fig.. Z.6(109) = 189 Por tanto.2. = Z. 1170. Hallar las impedancias de la carga equilibrada en triángulo. Hallar la potencia en cada carga.4"!2. 99 kW. 1424 Se une a un sistema trifásico de tres conductores.301 y 1327 vatios. 1427 Un motor de inducción trifásico de 186.2 A . es 32. 4. Hallar las intensidades de corriente de línea y la potencia en cada carga. Hallar las intensidades de corriente de línea. 500 voltios y secuencia ABC. D A. Sol. Sol.115' A .1° amperios. 4340 W . de 2 0 m ohmios. y 41. con un rendimiento a plena carga del 85 % y un factor de potencia 0.6" A .g0 ohmios y una carga en estrella equilibrada con impedancias de 5/53.5 kW. 10.7/. respectivamente.6" A . 14 Problemas propuestos 1 4 2 1 Se conectan en triángulo tres impedancias igfiales de 1 0 w ohmios a un sistema trifásico de tres conductores. Sol.8 A.g0 amperios. 1 4 % Una carga conectada en triángulo. 1432 Un sistema trifásico de tres conductores. 3210 W. incluida la del neutro.261-70" -> .15 kW. 646 W. ZBC = 2 5 E y Zo = 20. 201-15" . 100 voltios y secuencia CBA tres impedan- c i a ~iguales de 15. 1429 @Unacarga en triángulo equilibrada con impedancias de 271-25" ohmios y otra en estrella equilibrada con irnpedancias de 101-30" ohmios. indican los valores 1500 y 500 vatios.160" . se conecta a un sistema de 208 voltios. 1200 W . . 4.' 1425 Una carga equilibrada con impedancias de 651-20' ohmios se conecta en estrella a un sistema trifásico de tres conductores. 3320 W. 10.26/50". .6/-23. -16. 3740 W. se conecta a un sistema trifásico de 480 voltios. SISTEMAS POLIFASICOS [CAP. conectada en triángulo y equilibrada. 5. con sentido positivo hacia la carga. 101-70" a. 1433 Los vatimetros situados en las lineas A y B de un sistema de 120 voltios y secuencia CBA.2 voltios y secuencia ABC + son . 4 E . 4. 208 voltios y secuencia CBA una carga equilibrada en estre- lla con impedancias de 6/45" ohmios.9/-68.1°.9/. 1426 Un motor de inducción de 37. 10. 42. se conectan a un sistema trifásico de tres conductores. ohmios se conectan en triángulo a un sistema trifásico de tres conductores. 240 voltios y secuencia CBA. 1422 Se conectan en triángulo a un sistema trifásico de tres conductores. Sol. 1434 Las lecturas de los vatímetros colocados en las líneas A y B de un sistema de 173. 7130 W. -189. 17. 1435 Hallar las lecturas de los dos vatímetros utilizados en un sistema de tres conductores. .g0-A. hallar las lecturas de am- bos vatímetros. Sol. 25. Hallar las intensidades de corriente de Iínea y la potencia total. 2400 W. con una carga.4" A . Sol. 41.3 kW. = 10. Sol. con ZAB = l O m .9/-40" amperios es la intensidad de corriente en la línea B.6/96. 25.80. Sol. Hallar las iipedancias de la carga equilibrada en estrella. 1 4 .9/-40" . que alimenta a una carga equilibrada. de 240 voltios. 119. Determinar esta impedancia sabiendo que la intensidad de corriente en la línea A. 1431 @Dos cargas equilibradas en triángulo con impedancias de 2 0 E y 1 8 / s o h m i o s . 480 voltios y secuencia CBA.l0.2' A . se une a un sis- tema trifásico de tres conductores. se co- nectan a un sistema trifásico de 150 voltios. 173.1" ohmios. Hallar las intensidades dé corriente de línea y la potencia total.28/41.3/-122. con rendimiento a plena carga del 82 % y un factor de poten- cia 0. 1437 Un sistema de 100 voltios y secuencia CBA alimenta a una carga equilibrada y tiene dos vatimetros en las lí- neas A y B. Si 1. 1423 Tres impedancias de 42.4/. 1436 Hay dos vatímetros colocados en las líneas B y C de un sistema CBA de tres conductores y 173. 4. 1430 Un sistema trifásico. 14. Sol. 75/900 A. 5370 W.3/117. respectivamente. Hallar el módulo de la intensidad de corriente de línea y la potencia total. 480 voltios y secuencia ABC. Sol. alimenta a una carga equilibrada en triángulo con impedancias de 101-36. 41. Sol. Sol. respectivamente. a 100 voltios. 53.58 kW.4 kW. Hallar la impedancia equivalente en triángulo que puede sus- tituir a dicho motor y determinar las leyturas con el método de los dos vatimetros. 835 W.3/-2.3/-41" C2.2=. Hallar la impedancia en estrella equivalente que puede sus- tituir a dicho motor.2 voltios. en triángulo de 24/90"ohmios y la tercera en triángulo con impedancia desconocida. A .138. Hallar las intensidades de corriente de línea y la potencia total. Determinar las lecturas de dichos vatímetros si la intensidad de corriente de línea es IA = 32. Sol.9/80" A. 321231. 4.9/70" ohmios. 208 voltios y secuen- cia ABC. 20. ohmios. 4 p . 20/105"-. 350 voltios y secuencia ABC. Ha!lar las intensidades de corriente en las li- neas y la potencia total. - Sol. Sol.7/-41.2 voltios y secuencia CBA alimenta a tres cargas equilibradas con las siguientes conexiones e impedancias: en estrella de 10@ ohmios.1710.6/-143. Sol.' 1428 Tres impedancias idénticas de 91-30' ohmios en triángulo y tres impedancias de 5/45"ohmios In estrella se conectan al mismo sistema trifásico de tres conductores.26/170". Hallar las intensidades de corriente de Iínea.3'.75. 201-135' . 25. Sol. 1 4 . Sol. 1 8 w Q. Hallar la potencia en cada carga y el módulo de la intensidad de corriente en la línea total. 1690 y 2650 W. = 10@ y * Z . se conecta a un sistema trifa- sic0 de cuatro conductores. Sol. 1. . + + .2330 W . ¿cuál es la potencia aparente (kVA)por fase de la máquina? Sol. 284/150° V . . 70. 68. Sol. = 57. 100/180" V . 440 voltios y secuencia ABC son 1. (a) 7. Las líneas tienen entre la alimentación y la Carga impedancias de 2 + j l ohmios. 14-46 14-50 Un sistema de tres conductores. 1444 El diagrama fasorial de la Fig. Sol. Sol. hallar la impedancia de la carga conectada en estrella.6/123. 19. 1.8/176. Vco. 13. ZBc = 4 E .j l ohmios. VBC ductores. 2 0 E R. Hallar las intensidades de corriente de línea y las lec- turas de los vatímetros instalados en las líneas A y C . Determinar las tensiones en las impedancias de la carga.8 kW. m . 54. 16. ( a )¿Cuál es la potencia aparente (kVA)de régimen de la máquina? (b)Si el alternador suministra una corriente de línea de 20 amperios de intensidad con un factor de potencia 0.secuencia CBA.7 k W . 14-47 El sistema de corrientes de Iínea equilibradas en el diagrama fasorial de la Fig. Determinar las intensidades de corriente en las líneas.72/90".ios a un sistema de cua- tro conductores y 208 voltios.6370 W . 213 V . ohmios y comparar los resultados dibu- jando el diagrama fasorial de tensiones.6 kW. ZcA = 61. 2.65. = 3 jO. Sol. Determinar las correspondientes poten- cias activa y aparente. Hallar las tensiones en las im- pedancia~de carga VA. suponiendo positivo el sentido hacia la carga. 24. ( c ) 9550.3". 14-53 Repetir el Problema 14-52 para impedancias en estrella de 15. 84. 208/180" V .. Z. 1.j l ohmios. = l O p y Z . ( c )A Y C. 346 voltios y secuencia ABC. 14-44 representa las corrientes de línea y las tensiones compuestas entre líneas o de un sistema trifásico de tres conductores. = 10100. ( b ) B y C . a!trrnador trifásico con conexión Y y 440 voltios tiene un límite de 35 amperios por arrollamiento. lOO@ V . 141 SISTEMAS POLIFASICOS 217 1439 U n sistema trifásico de tres conductores. = 2 j 3 y Zc = 2 . 235 V . 200 voltios y secuencia ABC.A . Z . 90. 161-26. 3898 W .8O V . 208 voltios y secuencia CBA.15. 2081.3" A. . Hallar la potencia total. Q 1448 @Una carga en estrella con impedancias Z .3/65. = 19.08 kVA. son 1. 26. 14-44 Fig. ( b )B Y C. Sol. 5. = 2 j 3 y Z . (a) 5270. Hallar las lecturas de los vatímetros en las líneas ( a ) A y B. 8. trella.6" A . 14-45 14-45 @EIcircuito de la Fig.92 k W . 14-42 La intensidad de corriente de línea en un sistema trifásico de tres conductores. (b) 16. 1.. = 1 0 x y Z . Obtener las lecturas de los vatimetros en las líneas ( a )A y B. = 1 0 E . 1980 W . 14-51 9 Un sistema de tres conductores. 14-46 OUr. = 1 0 m ohmios se conecta a una Iínea trifásica de tres conductores.08 kVA.3/-48" e 1.25 kW. 14-40 Una carga en estrella.25/-90" A .6/187.5/-43. Sol. 27. Hallar las tensiones en las impedancias de carga. = 43. Z . Sol. = 12/45". Sol.5' ohmios.15 kW. 14-41 Se conecta una carga en estrella en que Z . (6)9310. 31. 11.9" e 1.52. = 57. Z. 14-46 tiene un valor absoluto de 10 amperios y la tensión compuesta es de 120 voltios.6 kVA. Si el módulo de la corriente de Iínea es 10 amperios. 25. 100 voltios y. Sol. = 5 g .65" A .60" .3" A . con Z .6/-67.9" A . 208 voltios y secuencia ABC alimenta a una carga en triángulo en '.6". = 10/-60° ohmios se conecta a un sistema trifásico de tres con. 480 voltios y secuencia ABC alimenta a una carga en estrella en la que Z . 29. Sol. 100 voltios y secuencia CBA alimenta a una carga con conexión Y en la que + + Z A = 3 j0. 220 voltios y secuencia ABC ---.14-43 Las intensidades de corriente de línea en un sistema trifásico de tres conductores. = 101. si el sistema es de 208 voltios y secuencia ABC. g 14-52 #Tres impedancias identicas de 15/60" ohmios se conectan en estrella a un sistema trifásico de tres conductores a 240 voltios. v~~ Fig. = 11.3/42.47 k W .5/116. Hallar el fasor tensión V . 173/90" V .5/99. 14-49 Una carga en estrella con Z.3P89. que Z. = 5/30" ohmios. O V. V.120" V . = 5/-30" y Z .73 V. Sol.3/-9. Sol. 14-45 presenta una impedancia infinita (circuito abierto) en la fase B de la carga en es- . Z .1. Hallar el mó- dulo de la tensión compuesta en la carga. Sol... = 43. incluido el neutro.g0 amperios. Fig.39/218" amperios. Hallar las lecturas de los vatímetros en las Iíneas A y B. Z . CAP. = 2 . = 8/0" ohm.9" V .