Problemas de Ingeniería Eléctrica

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Problemas resueltos:

Problema 1. La figura 1 representa un generador trifásico equilibrado, de secuencia

directa, alimentando a una carga pasiva, trifásica equilibrada, de valor Z1 = 30Ω /30º y

conectada en triángulo. La tensión de fase E1 = 300V.

Z1

Ib’c’

Z3

Z2

E1N

E2

E3

a

b

c

+

+

+

Ia

a'

b'Ib

c'Ic Ic’a’

Ia’b’

Figura 1.

Se pide:

a) Obtener el equivalente en estrella de la carga.

Al ser un sistema trifásico equilibrado, las tres cargas son iguales entre sí:

ZZZZ 321

Y la conversión de triángulo a estrella es inmediata.

ZΔ

ZΔ

ZΔ

a'

Ia

b'Ib

c'Ic Ic’a’

Ia’b’

Ib’c’

Zy

Zy

a'

Zy

N

b'

c'

2

10

2

310)30ºsen º30(cos10º3010º3030

3

1

3

1jjY ZZ

b) Obtener el circuito monofásico equivalente.

E1 ZY

+

a'

N

Ia

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c) Obtener las tensiones de línea.

Al ser un generador trifásico equilibrado, de secuencia directa, las tensiones de fase son

º120300

º120300

º0300

3

2

1

V

V

V

EEE

Y las tensiones de línea se obtienen directamente

º15062,512º1503300)º1201(º303300)º1201(

º9062,512º903300)º1201(º303300)º1201(

º3062,512º303300)º303º·(030021

VVV

VVV

VVV

abca

abbc

ab

VV

VV

E-EV

d) Obtener las intensidades de línea.

A partir del monofásico equivalente se obtiene la intensidad de línea Ia. Al ser un sistema

trifásico equilibrado, las intensidades restantes se obtienen directamente:

º9030º1201(

º15030º1201(

º3030º3010

º03001

A

A

AV

ac

ab

Y

a

IIIIZEI

e) Obtener la potencia aparente.

kVAVAIVS LL 2730·300·333

f) Obtener la potencia reactiva consumida por cada una de las fases de la carga.

La potencia reactiva consumida por una fase la podemos obtener a partir de la potencia

aparente obtenida anteriormente. La potencia aparente por fase en un sistema trifásico

equilibrado es:

kVAkVAVAS

SF 93

27

3

Y de ahí la potencia reactiva de una fase:

kVAr,kVASQ FF 540º3sen·9sen·

También se pude obtener a partir a partir de la corriente de línea y de la impedancia de la

carga:

;2

10

2

310

;30

jjXR

AI

Y

Z kVArVArXIQF 5,45·30· 32

g) Obtener la potencia reactiva por fase cedida por el generador.

Dado que la única impedancia del circuito es la carga, la potencia reactiva por fase cedida

por el generador coincide con la demanda por la carga.

kVArQFg 5,4

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Problema 2. (Basado en el problema 6.1 del libro “Teoría de circuitos. Teoría y problemas

resueltos” de José Fernández Moreno. Ed. Paraninfo)

El circuito de la figura 2 representa un generador trifásico equilibrado de tensiones, de

50Hz de frecuencia, que alimenta a 3 cargas. La primera es un motor M de 10kW de

potencia y cosφM=0,8. La segunda carga es una carga trifásica equilibrada compuesta en

total por 60 lámparas incandescentes de 100W cada una. Las lámparas incandescentes se

supone que son resistencias R ideales. La tercera carga es una carga trifásica equilibrada

de la que se desconocen sus características.

La línea tiene una impedancia ZL =0,2+j0,5 Ω. La potencia total consumida por las tres

cargas (medida en a’, b’, c’) es PC= 28kW y QC = kVAr65,9·3FgQ . La tensión de línea en

la carga (medida en a’, b’, c’) es de 380V.

R

b

c

a

ZL

ZL

ZL

M

R

R

X

X X

Carga 3Z

Z

Z

Generador

b'

c'

a'

Figura 2.

Se pide:

a) Obtener el factor de potencia de las 3 cargas conjuntamente (cosφC).

Método 1.- Partiendo de las potencias PC y QC se puede obtener el factor de potencia

conjunto de las 3 cargas (cosφC):

594,028kW

kVAr6,9·3tan

C

CC

P

Q ; º7,30

28kW

kVAr6,9·3atanatan

C

CC

P

Q

86,0º7,30coscos C

Método 2.- También se puede obtener a partir de la potencia aparente y de la

definición de potencia activa:

kVA56,3222 CCC QPS ; CCC SP ·cos ;

86,0cos C

CC

S

P

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b) Obtener la potencia reactiva Q1 consumida por el motor (carga 1).

Con los datos del motor y la definición de potencia activa, se tiene la potencia aparente:

MSP ·cos11 ; M

PS

cos

11

kVA5,128,0

kW101 S

Y con la definición de potencia reactiva:

MSQ sen·11 ; º86,36arcos(0,8) M

7,5kVAr)36,86º(sen·kVA5,121 Q

O directamente, sustituyendo la potencia aparente por su valor en función de la potencia

activa: MPQ ·tan11

kVAr5,7)º86,36·tan(kW101 Q

c) Obtener la potencia activa P2 consumida por las lámparas incandescentes (carga 2).

Al ser todas las lámparas resistencias ideales, la carga 2 sólo consume potencia activa P2,

por lo tanto su factor de potencia cosφ2=1. El total de potencia consumida por las

lámparas resulta:

6kWW100·602 P

d) Obtener la potencia activa P3 y reactiva Q3 consumida por la tercera carga 3.

Conocida la potencia total consumida por las 3 cargas y las potencias consumidas por las

2 primeras cargas, la potencia activa y reactiva consumida por la carga 3 se obtiene de

manera inmediata mediante un simple balance de potencias (Teorema de Boucherot).

Nótese que la carga 2 sólo consume potencia activa, por lo que la potencia reactiva Q2 es

nula:

321 PPPPC ; 213 PPPP C ; kW6kW10kW283 P

kW123 P

321 QQQQC ; 213 QQQQ C ; kVAr0kVAr5,7kVAr6,9·33 Q

VA7,127.93 Q

e) Obtener la intensidad de línea total (módulo y argumento).

Método 1.- Conocidas las potencias activas y reactivas totales de la carga, la tensión de

línea en las cargas (ULC) y el factor de potencia total de la carga (cosφC) se puede

obtener la intensidad de línea total:

CLCLCC IUP ·cos·3 ; º7,30C ; V380LCU

A48,4986,0·V380·3

kW28

·cos·3

CLC

CLC

U

PI

A25,26-42,5530,7ºA48,49 jLC I

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El signo menos proviene de que la carga total se comporta como una carga con

componente inductiva (de la forma R+jXL), al ser la potencia reactiva QC positiva, y

por tanto la corriente va retrasada respecto de la tensión.

Método2.- También podría obtenerse a partir de la potencia reactiva, de manera

análoga a la anterior:

CLCLCC IUQ sen··3 ; º7,30C ; V380LCU

A48,4968,0·V380·3

·9,6kVAr3

sen··3

CLC

CLC

U

QI

A25,26-42,5530,7ºA48,49 jLC I

f) Obtener la intensidad consumida por el motor (módulo y argumento).

Método 1.- Conocida, por ejemplo, la potencia activa, la tensión de línea en las cargas

(ULC) que es la que ve el motor (puntos a’, b’, c’) y el factor de potencia del motor

(cosφM) se puede obtener la corriente por el motor:

MLC IUP ·cos·3 11 ; º86,36M ; V380LCU

A198,0·V380·3

kW10

·cos·3

11

MLCU

PI

A11,4-15,236,86ºA191 jI

El signo menos proviene de que un motor se comporta como una carga con

componente inductiva (de la forma R+jXL), al ser la potencia reactiva Q1 positiva, y

por tanto la intensidad va retrasada respecto de la tensión.

Método 2.- También podría obtenerse a partir de la potencia reactiva, de manera

análoga a la anterior:

MLC IUQ sen··3 11 ; º86,36M ; V380LCU

A1968,0·V380·3

7,5kVAr

sen··3

11

MLCU

QI

A11,4-15,236,86ºA191 jI

g) Obtener la intensidad consumida por las lámparas incandescentes (módulo y argumento).

Las lámparas se comportan como resistencias ideales, por lo que sólo consumen potencia

activa. Conocida la potencia activa, la tensión de línea (ULC) que es la que ven las

lámparas (puntos a’, b’, c’) y su factor de potencia (cosφ2=1) se puede obtener la corriente

por las lámparas:

222 ·cos·3 IUP LC ; º02 ; V380LCU

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A11,9V380·3

kW6

·3

22

LCU

PI

A9,120ºA12,92 I

h) Obtener la intensidad consumida por la carga 3 (módulo y argumento).

Método 1.- Conocida la intensidad total ILC y la de las otras dos cargas, I1 y I2, y

aplicando la primera Ley de Kirchoff, se obtiene la corriente I3:

321 IIII LC ; 213 II-II LC

12,911,415,225,26-42,553 jjI

º26,37A 22,9A13,86-18,233 jI

Método 2.- También puede calcularse como en el apartado e) de manera que a partir

de las potencias activas y reactivas totales de la carga 3, la tensión de línea en las

cargas (ULC) y el factor de potencia total de la carga 3 (cosφ3) se puede obtener la

intensidad de línea total.

Para obtener el factor de potencia de la carga 3 se procede como en el apartado a):

76,012kW

.127,7kVAr9tan

3

33

P

Q ; º26,37

12kW

.127,7kVAr9atanatan

3

33

P

Q

8,0º26,37coscos 3

Quedando la intensidad:

333 ·cos·3 IUP LC ; V380LCU

A9,228,0·V380·3

kW12

·cos·3

33

CLCU

PI

Aj13,86-18,2337,26ºA9,223 I

El signo menos proviene de que la carga total se comporta como una carga con

componente inductiva (de la forma R+jXL), al ser la potencia reactiva QC positiva, y

por tanto la corriente va retrasada respecto de la tensión.

Método 3.- También podría obtenerse a partir de la potencia reactiva, de manera

análoga a la anterior, obteniendo primero el factor de potencia total de la carga 3

(cosφ3) como en el método anterior:

333 sen··3 IUQ LC ; V380LCU

A9,226,0·V380·3

kVAr 9.127,7

sen··3 3

33

LCU

QI

A13,86-18,2337,26ºA9,223 jI

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i) Obtener la caída de tensión en la impedancia ZL de la línea (módulo y argumento).

A partir de la corriente total de línea ILC y de la impedancia ZL se puede obtener

directamente la caída de tensión en la impedancia de línea.

LLCZL ZIU · ; º2,6854,05,02,0 jLZ

º42,3765,26º2,6854,0·30,7ºA48,49 VZLU

j) Obtener la tensión de línea a la salida del generador (medida en a, b, c) para que la tensión de

línea en la carga (medida en a’, b’, c’) sea de 380V de módulo.

Aplicando la segunda Ley de Kirchoff, la tensión de línea a la salida del generador será la

que haya en la carga (puntos a’, b’, c’) más la que caiga en la impedancia de la línea, UZL,

teniendo en cuenta los correspondientes desfases.

El método más sencillo es trabajar con el circuito monofásico equivalente de un sistema

estrella-estrella. Independientemente de cómo este configurado el generador

internamente, se pude suponer que está en estrella y por tanto estaría representado en el

monofásico equivalente por una fuente de tensión fase-neutro, por ejemplo, UaN. La

impedancia de la línea, ZL, la caída de tensión en la línea, UZL, y la corriente o intensidad

total de línea ILC son conocidas. La carga total, pasada a su monofásico equivalente, se

puede representar como ZC, y la tensión de fase en la carga como Ua’N’, resultando el

circuito monofásico equivalente de la figura:

UaN

ILCZL

Ua’N’UZL

a a'

N N’

ZC

El módulo de la tensión de línea en la carga es conocido, 380V, por lo que el obtener el

módulo de la tensión de fase en la carga, Ua’N’, es inmediato:

VVU Na 4,2193

380''

El factor de potencia total de la carga, cosφC, es el ángulo que forma la corriente de fase y

la tensión de fase en la carga. En un equivalente estrella-estrella, la corriente de fase y la

de línea coinciden, por lo que φC representa el ángulo entre la tensión de fase en la carga,

igual a ILC, y la tensión monofásica en la carga, Ua’N’.

Tomando como origen de referencias la tensión de fase en la carga, es decir la tensión

Ua’N’ tiene fase 0º, se obtiene:

''NaZLaN UUU ;

º03

380º42,3765,26 VVaNU 39,21919,1617,21 jaNU

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º84,348,24119,1694,240 VjaNU

Y, a partir de la tensión de fase del monofásico equivalente, obtener las tensiones de línea

es inmediato

º84,153418º120

º16,86418º120

º84,33418)º303(º84,348,241)º303(

V

V

VV

abca

abbc

aNab

UUUUUU

k) Para compensar el factor de potencia de las 3 cargas hasta un valor de cosφC=0,95, se conectan

unos condensadores en triángulo representados en la figura 2 por Z. Calcula el valor de dichos

condensadores.

Por el apartado a) se tiene que el factor de potencia inicial de la carga es cosφC=0,86. Se

desea un nuevo factor de potencia, cosφCn=0,95, mejor que el anterior, añadiendo para

ello condensadores, que únicamente modifican la potencia reactiva total a la carga. El

nuevo factor de potencia será

C

ZC

C

NCn

P

QQ

P

Q tan ;

º19,18)arcos(0,95 Cn ; 33,0tan Cn

Donde la potencia reactiva nueva, QN, es la suma de la potencia reactiva de la carga

existente, QC, más la potencia reactiva del banco de condensadores añadir, QZ.

Por tanto la potencia reactiva del banco de condensadores a añadir es:

CCnCZ QPQ ·tan ;

-7,42kVArkVAr6,9·333,0·28kW ZQ

El signo “-“ indica que para conseguir ese factor de potencia se necesitan condensadores,

cuya potencia reactiva es negativa, como ya nos indica el enunciado.

La potencia reactiva de un banco trifásico de condensadores es 3 veces la de uno de los

condensadores. Dado que se conoce la tensión de línea en la carga y los condensadores

están en triángulo, la tensión de línea coincide con la tensión de fase en los

condensadores, por la que la potencia reactiva, en función la tensión de línea, resulta:

C

U

X

UQ L

C

LZ

1

·3·322

;

2·3 L

Z

UC

QC

;

VHz·38050··2·3

kVAr42,72

C

FC 55,54