Unidad3c

8/18/2019 Unidad3c

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Prof.: Ing. J. M. Hernández SES-115 Página 1

Unidad 3CIRCUITOS TRIFÁSICOS

Parte C

SISTEMAS TRIFÁSICOS DESEQUILIBRADOS

Los sistemas desequilibrados o desbalanceados se forman cuando las fuentes de voltaje sedesbalancean o cuando la carga se desbalancea o cuando suceden ambas cosas.

Potencia real

Carga delta

CACACABCBCBCABABAB IVIVIVP θ θ θ coscoscos ++=

Carga estrella

CCCNBBBNAAAN IVIVIVP θ θ θ coscoscos ++=

Ejemplo 1

Un sistema trifásico ABC con voltaje de línea de valor eficaz 500 V tiene conectada una carga endelta en la que

ZAB = 10∠30° Ω ZBC = 25∠0° Ω ZCA = 20∠−30° Ω

Calcular: (a) las corrientes de fase, (b) las corrientes de línea, (c) la potencia total

SOLUCIÓN:

ZCA ZBC

ZAB ABV CAV

BCV

A

C

A

CB

AI

ABI

BI B

CI

CAI

BCI

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De la figura:

°∠= 0500BCV

°∠= 120500ABV

°−∠= 120500CAV

Por Ley de Ohm

°∠=°∠°∠

== 90503010

120500

AB

ABAB

Z

VI

°∠=°∠°∠

== 0200250500

BC

BCBC

Z

VI °−∠=°−∠

°−∠== 90253020

120500

CA

CACA

Z

VI

Para hallar las corrientes de línea

°∠=°−∠−°∠=−= 907590259050CAABA III A

°−∠=°∠−°∠=−= 2.6885.539050020ABBCB III A

°−∠=°∠−°−∠=−=6.12802.320209025

BCCAC

III A

Tanto las corrientes de fase como las de línea son conjuntos desequilibrados

Note que la suma de las corrientes delínea

0=++ CBA III , lo cual es lógico ya que

NCBA IIII −=++ y al no haber neutro lasuma de las corrientes debe ser cero.

bcV

caV abV

120° 60° 60°

−120°

ABI

BCI

CAI

AI

BI

CI

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Para hallar la potencia

CACACABCBCBCABABAB IVIVIVP θ θ θ coscoscos ++=

42476)30cos(25500)0cos(20500)30cos(50500 =°−×+°×+°×=P W = 42.48 kW

O bien en forma de potencia compleja

∗∗∗ ++= CACABCBCABAB IVIVIVS

625042476)9025)(120500()020)(0500()9050)(120500( jS +=°∠°−∠+°∠°∠+°−∠°∠=

P = 42.48 kW Q = 6.25 kVAr 989.042476

6250tancos 1 =

= −fp atrasado

Ejemplo 2. Un sistema trifásico ABC de cuatro hilos, con °∠= 085.207BCV Vrms tieneconectadas en estrella las impedancias

ZA = 12∠45° Ω, ZB = 10∠30° Ω, ZC = 8∠0° Ω

Calcular las corrientes AI , BI , CI e NI

SOLUCIÓN

°∠= 085.207BCV V, °∠= 085.207BCV V, °−∠= 12085.207CAV V

Del diagrama fasorial: °∠= 90120ANV , °−∠= 30120BNV , °−∠= 150120CNV

ANV

A

C

A

CBB

N

ZA

ZB ZC

AI

CI

BI CNV

BNV

NNI

BCV

CAV ABV

30° 30° BNV

ANV

CNV

BC

A

N

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°∠=°∠°∠== 4510

4512

90120

A

ANA

Z

VI A,

°−∠=°∠°−∠

== 60123010

30120

B

BNB

Z

VI A

°−∠=°∠

°−∠== 15015

08

150120

C

CNC

Z

VI A

°∠=°−∠+°−∠+°∠−=++−= 43.9082.10)1501560124510()( CBAN IIII A rms.

Aunque los voltajes estén equilibrados, debido al desequilibrio de las cargas, se forma un sistemadesequilibrado, produciendo corrientes desequilibradas.

Ejemplo 3. Resuelva el circuito del ejemplo anterior suponiendo que se quita el alambre neutro

(Esto puede suceder si el alambre neutro se corta accidentalmente). Calcule también los voltajesde línea con respecto al punto O de la carga.

SOLUCIÓN:

Manteniendo la orientación para BCV

°∠= 90120ANV , °−∠= 30120BNV , °−∠= 150120CNV

Mediante método de mallas

B

O

ZA

ZB ZC

N

ANV

CNV BNV

A

C

A

C

AI

CI

BI

B

1I

2I

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−−

=

+−

−+

CNBN

BNAN

CBB

BBA

VV

VV

I

I

ZZZ

ZZZ

2

1

Sustituyendo

°−∠−°−∠ °−∠−°∠= °∠+°∠°∠− °∠−°∠+°∠ 150120301203012090120

0830103010

301030104512

2

1

I

I

°∠°∠

=

°∠°−∠

°−∠°∠085.207

12085.207

71.16394.1715010

1501019.38813.21

2

1

I

I

Resolviendo: °∠= 23.50913.121I A, °∠= 28.12100.152I A

Las corrientes en las líneas son:

°∠== 23.50913.121II A A,

°−∠=°∠−°∠=−= 96.45341.923.50913.1228.12109.1512 III B A

°−∠=°∠−=−= 72.167100.1528.12100.152II C A

°∠=°∠°∠== 23.9596.154)4512)(23.20913.12(AAAO ZIV Vrms

°−∠=°∠°−∠== 96.1541.93)3010)(96.45341.9(BBBO ZIV Vrms

°−∠=°∠°−∠== 72.16780.120)08)(72.167100.15(CCCO ZIV VrmsObserve en el ejemploanterior que losvoltajes de línea conrespecto al centro O delas cargas no formanun sistema equilibradode voltajes. También el punto O no está almismo potencial de N,

Al hallar estadiferencia por LVK enla fase A

0=+− AOANON VVV AOANON VVV −=

°−∠=°∠−°∠= 64.67107.3723.9596.15490120ONV V

B

O

ZA

ZB ZC

N

ANV

CNV BNV

A

C

A

C

CI

AI

BBI

AOV

ONV

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Lo anterior se puede representar en la figura siguiente.

El fasor ONV se conoce comocorrimiento del neutro y se producecuando se elimina (o se corta

accidentalmente) el alambre neutro y lascargas están desequilibradas. Los voltajesde fase se desequilibran aun cuando losvoltajes de línea están equilibrados.

Por supuesto que en este caso el neutro esficticio. N sería la posición en que seencontraría el punto O del circuito sihubiera neutro (como en el ejemploanterior).

Para deducir una expresión general para el corrimiento del neutro, partamos del circuito acontinuación

Por método de nodos

0=−

+−

+−

C

ONCN

B

ONBN

A

ONAN

Z

VV

Z

VV

Z

VV

C

ON

B

ON

A

ON

C

CN

B

BN

A

AN

Z

V

Z

V

Z

V

Z

V

Z

V

Z

V++=++

CBA

C

CN

B

BN

A

AN

ON

ZZZ

Z

V

Z

V

Z

V

V111 ++

++=

O bien, en términos de admitanciaCBA

CCN

BBN

AAN

ON Y Y Y

YV YV YVV ++

++=

Al usar el método del corrimiento del neutro se evita tener que utilizar método de mallas que seusó en el ejemplo anterior.

−15.96° BOV

AOV

COV

BC

A

N

O

95.23°

−167.72°

AI

ZA A

ZB BBNV

ZC CCNV

ONV N

BI

CI

ANV

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Ejemplo 4. Resuelva el circuito del ejemplo anterior usando para su solución el método delcorrimiento del neutro.

SOLUCIÓN

CBA

C

CN

B

BN

A

AN

ON

ZZZ

Z

V

Z

V

Z

V

V111

++

++=

°∠+

°∠+

°∠

°∠°−∠

+°∠°−∠

+°∠°∠

=

08

1

3010

1

4512

108

150120

3010

30120

4512

90120

ONV

Corrimiento del neutro: °−∠= 64.67107.37ONV

Voltajes de fase en la carga:

°∠=°−∠−°∠=−= 23.9596.15464.67107.3790120ONANAO VVV

°−∠=°−∠−°−∠=−= 96.1541.9364.67107.3730120ONBNBO VVV

°−∠=°−∠−°−∠=−= 72.16780.12064.67107.37150120ONCNCO VVV

Ahora con los voltajes de fase se determinan las corrientes de línea

°∠=°∠

°∠== 23.5091.124512

23.9596.154

A

AOA

Z

VI A

°−∠=°∠

°−∠== 96.4534.9

3010

96.1541.93

B

BOB

Z

VI A

°−∠=°∠

°−∠== 72.16710.15

08

72.16780.120

C

COC

Z

VI A

Para carga en delta los voltajes de fase y de línea se mantienen equilibrados de acuerdo a lafuente, aunque en este caso las corrientes se desequilibran. (Ejemplo 1)

Para carga en estrella se puede deducir que si queremos mantener el equilibrio en los voltajes defase se debe tener neutro, en este caso, si se desequilibran las cargas sólo se modifican lascorrientes (Ejemplo 2). Si no hay neutro, aún se mantienen equilibrados los voltajes del línea noasí lo voltajes de fase ni las corrientes.

BOV

AOV

COV

BC

A

N

OONV

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VAO IA ZA. VBO IB ZB. VCO IC ZC.

VAO 141.449= arg VAO( ) 8 6.098deg=

VBO 120.024= arg VBO( ) 18.902deg=

VC O 1 02= arg VCO( ) 157.592deg=

.(b) Por corrimiento del neutro

Continuando con Mathcad

Cálculo de voltajes y admitancias

Cálculo del corrimiento del neutro

Cálculo de los voltajes de fase en la carga

Cálculo de las corrientes de línea

°∠= 10.864.141AOV V rms, °−∠= 90.180.120BOV V rms, °−∠= 59.1570.102COV V rms

°∠= 10.864.141AOV V rms, °−∠= 90.180.120BOV V rms, °−∠= 59.1570.102COV V rms

IA VAO

ZAIB

VBO

ZBIC

VCO

ZC

IA 1 4. 14= arg IA( ) 86. 1 deg=

IB 8= arg IB( ) 48.9 deg=

IC 1 0. 2= arg IC( ) 1 27. 59 deg=

VAO VAN VON VBO VBN VON VCO VC N VON

VA O 141. 45= arg VAO( ) 86.1 deg=

VB O 120.02= arg VBO( ) 18.9 deg=

VC O 1 02= arg VCO( ) 157.59deg=

°∠= 10.8614.14AI A rms, °−∠= 90.4800.8BI A rms, °−∠= 59.12720.10CI A rms

VON VANYA. VBNYB. VCNYC.

YA YB YC

VO N 9. 63 21. 12j=

YA 1

ZAYB

1

ZBYC

1

ZCa 1 ex p j 1 20. deg.( ).

VAN VBC

3

exp j 90. deg.( ). VB N VA N a. VCN VBNa.

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