Circuitos polifasicos
Circuitos polifasicos gy cldcgucrs I ACk’a6pR 03, 2010 | 19 pagos Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Sistemas eléctricos polifásicos Una de las razones para estudiar el estado senoidal permanente es que la mayor parte de la energía eléctrica para la industria y los hogares se usa en forma de corriente alterna. Una fuente polifásica, como la mostrada en la figura 1, se estudia porque casi toda la energía eléctrica se genera y distribuye como potencia polifásica con una frecuencia de 60 Hz. Figura 1 El sistema polifásico más común es el sistema trifásico balanceado.
La fuente tiene tres terminales con voltajes enoidales de igual amplitud. Sin embargo, esos voltajes no están en fase; sino cualquiera de los volta’es está 1200 desfasado con cualquiera de los otr ángulo de fase orig dependerá del sentid e I Figura 2. El uso de un 6 y 12 fases, se limita _éa la Figura 2. como sistemas de ministro de energía a grandes rectificadores. Aquí, los rectificadores transforman la corriente alterna en corriente directa, que se necesita para ciertos 123 Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas procesos como la electrólisis.
La salida del rectificador es una corriente directa más una componente pulsante más pequeña, o rizo, que disminuye onforme aumenta el número de fases. Casi Swlpe to vlew next page sin excepción, en la práctica, los sistemas polifásicos contienen fuentes que se aproximan muy de cerca a las fuentes ideales de voltaje o a las fuentes ideales de voltaje en serie con pequeñas impedancias internas. Las fuentes de corriente trifásica son muy poco comunes. Notación de doble subíndice Para describir corrientes y voltajes polifásicos se utiliza una notación de doble subíndice.
Con esta notación, un voltaje o una corriente, como Vah o laA tiene más significado que si se indican simplemente como V3 0 IX. Por definición, Vab es el voltaje del punto a con respecto al punto b. Así, el signo más se localiza en el punto a. Por tanto, los subindices dobles equivalen a un par de signos más-menos. También se aplica la notación de doble subíndice a las corrientes. La corriente lab se define como la corriente que circula de a hacia b a través de la trayectoria directa.
De hecho, cuando se hace referencia a esta corriente no se necesita la flecha de dirección; los subíndices indican la dirección. Fuente trifásica Y Las fuentes trifásicas tienen tres terminales llamadas de I(nea y pueden tener o no tener una cuarta terminal enominada la conexión neutra. Se analizará una fuente trifásica que sí tiene una conexión neutra. Puede representarse como tres fuentes ideales de voltaje conectadas en Y, como se ve en la flgura 3. Sólo se considerarán fuentes trifásicas balanceadas, que son tales que Van = 2 OF se ve en la figura 3.
Sólo se considerarán fuentes trifásicas balanceadas, que son tales que Van = Vbn Vcn y Van + Vbn + Vcn = 0 Estos tres voltajes, cada uno definido entre una linea y el neutro, reciben el nombre de voltajes de fase. Si arbitrariamente se escoge a Van como referencia, Van Vp 00 donde Vp representa la amplitud rms de cualquiera de los oltajes de fase; entonces, la definición de la fuente trifásica indica que Vbn = Vp -1200 Vcn = Vp -2400 0 bien Vbn = vp 1200 vcn = vp 2400 124 Ingeniería Eléctrica.
Teoría y problemas La primera se llama secuencia de fase positiva, o secuencia de fase abc, y se muestra en la figura 4a; la segunda recibe el nombre de secuencia de fase negativa, o secuencia de Aa b Vbn B Van n + c Figura 3. Vcn 30F co entre los puntos A, By C. Véase la figura 5. Se pueden obtener de diversas maneras. Utilizando la notación rectangular y de acuerdo a la figura Sa, se obtiene que Los tres voltajes dados y la onstrucción del fasor Vab se muestran en el dlagrama fasorial de la figura 5a. Vab = Van + Vnb = Van – Vbn 125 Ingenier(a Eléctrica.
Teoría y problemas Vab — Vp 00 – Vp -1200 Vab Vp (cosco + jsenOo ) – Vp ((cos(1200 ) – jsen(1200 + JO) – vp (1/2 -j 3/2) vab = vp (3/2 + j 3/2) Convirtiendo a polar nuevamente, se obtiene Vab = 3Vp 300 Similarmente, para el voltaje Vbc se obtiene que Vbc = Vbn + Vnb = Vbn – Vcn Vbc Vp -1200 – Vp -2400 (1. 1) Vbc = Vp (-j 3/2) Vbc = 3Vp -900 Siguiendo el mismo procedimiento, para Vca se obtiene Vca = Vp (-3/2 + j 3/2) Vca = -2100 La ley de voltajes de Kirchhoff requiere que Vab + Vbc + Vca Oy uede verificarse al hacer la suma. En la figura Sb se muestra el diagrama de fase asociado a los voltajes de línea y los voltajes de fase.
Los voltajes de fase son Van, Vbn, Vcn. Los voltajes de línea son Vab, Vbc, Vca. Vca Vcn Vab Vnb Vcn Vab Van Vbn (a) Figura 5 Vbn Vbc (b) Van 126 Ingeniería Eléctrica. Teorí Si la amplitud rms de 40F19 cualquiera de los voltajes nota por VL entonces características importantes de una fuente trifásica conectada en Y puede expresarse como VL = 3Vp (1. 4) La conexión Y-Y Ahora considérese que se conecta a la fuente una carga trifásica balanceada conectada en Y, usando tres lineas y un neutro, como e ve en la figura 6. laA lbB a b Van Vbn A zp N zp c Vcn IcC Figura 6.
Zp c Considerando una secuencia de fase positlva, las fuentes de voltaje tienen la forma Van = Vp 00 Vbn = Vp -1200 Vcn = Vp -2400 La carga está representada por una impedancia Zp conectada entre cada línea y el neutro. Las tres corrientes de línea se calculan muy fácilmente, ya que en realidad se tienen tres circuitos monofásicos con una conexión común laA = vvaA=p 00 zp zp vp -1200 vp – = -1200 9 neutro? Si no se producen cambios en el sistema con un cortocircuito o un circuito abierto entre ny N, puede insertarse ualquier impedancia en el neutro y la corriente en el neutro seguiré siendo igual a cero.
Si se tienen fuentes balanceadas, cargas balanceadas e impedancias de línea balanceadas, un alambre neutro de cualquier impedancia puede remplazarse por cualquiera otra impedancia, incluyendo un cortocircuito y un circuito abierto. El reemplazo no afectará los voltajes ni las corrientes del sistema. A menudo es útil visualizar un cortocircuito entre los dos puntos neutros, ya sea que en realidad esté presente o no un alambre neutro; así, el problema se reduce a tres problemas monofásicos, todos idénticos excepto por las dlferencias de fase.
En este caso se dice que el problema se resuelve «por fases». Ejemplo 1. En el circuito de la figura 8 considere que Van = 200 _ 00 y que la impedancia Zp = 100 | _600. Calcular las corrientes, los voltajes en el circuito, y la potencia total. Solución: Como uno de los voltajes de fase está dado, y como se supone una secuencia de fase positiva, los tres voltajes de fase son Va n = 200 00 Vbn = 200-1200 Vcn = 200 -2400 El voltaje de línea vale 200 3 vrms = 346 vrms y vab = 346 300 V .
En la fase A, la corriente de línea es V 200 00 laA = an —2 600 A rms Zp 100 600 y la potencia absorbida por esta fase es, por lo anto, PAN = 200(2) cos (00 + 6 9 -600 A rms Zp 100 600 y la potencia absorbida por esta fase es, por lo tanto, PAN = 200(2) cos (00 + 600) = 200 W 28 Considerando la simetría del circuito, la potencia total absorbida por la carga trifásica es de 600 W. Ejemplo 2. Supóngase que se tiene un sistema trifásico balanceado con un voltaje de línea de 300 Vrms, y que está alimentando a una carga balanceada conectada en Y con 1200 W a un FP de 0. adelantado. ¿Cuál es la corriente de linea y la impedancia de carga, por fase? Solución: Es evidente que el voltaje de fase vale 300/ 3 Vrms y que la potencia or fase es de 400 W. Entonces la corriente de línea puede obtenerse a partir de la relación de potencia promedio, = = 2. 89 A rms vrms cos(e-9) 300(0. 8) p 400 3 La impedancia de fase está dada por V 300/ 3 Zp = p – – = 60 0 IL 2. 89 Como el FP es de 0. 8 adelantado, el ángulo de fase de la impedancia es -36. 90 y zp = 60-36. 0 n Pueden manejarse cargas más complicadas con facilidad, ya que los problemas se reducen a problemas monofásicos más simples. Ejemplo 3. Supóngase que una carga balanceada de alumbrado de 600 W se añade (en paralelo) al sistema del ejemplo 2. Determine de nuevo la corriente de línea. Soluclón: por la simetría, solo es necesario estudiar una fase, como muestra la figura 7. IL II + 12 300 Vrms 3 9 muestra la figura 7. IL II + 12 200W 400W FP = 0. 8 adelantado Figura 7. La amplitud de la corriente de alumbrado está dada por 129 – = 1. 55 A rms vrms cos(9-V) 300(1) P 200 3 En forma análoga, la amplitud de la corriente de la carga capacitiva no varía respecto a su valor anterior 1 2 — 2. 89 A rms Si el voltaje de fase tiene un ángulo de 00, entonces II = 1. 155 00 y la corriente de línea es 12 = 2. 89 *36. 90 I L = II + 12 = 1. 155 00 + 2. 89 = 3. 87 26. 60 A rms La potencia generada por esta fase es P Vrms I rms cosca – p) = 300 ) = 600 w 3 lo cual está de acuerdo con la hipótesis original. Si una carga conectada en Y desbalanc ectada a un sistema trifásico que por lo demás ador el circuito aún fase.
Esto es difícil (o imposible) de hacer en una carga de tres conductores conectada en Y. Considérese una carga balanceada conectada en que consiste en una impedancia Zp insertada entre cada par de líneas. Obsérvese que en este circuito no hay un cable conectado a n, véase la figura 8. Supóngase que los voltajes de línea son conocidos, es decir VL = IVabl = IVbcl = IVcal O bien los voltajes de fase son conocidos Vp = IVanl = IVbnl = IVcnl 130 Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas donde VL = 3VP vab = 3VP 300 VbC = wp -900 vca = wp -2100 laA lbB a b van Vbn + c vcn ICC Figura 8.
C Zp Zp Como el voltaje en cada rama de la es conocido, se pueden encontrar las corrientes de fase, V V V AB = ab BC = bc ICA – ca Zp Zp Zp En los nodos A, B y C de acuerdo con la LKC m = = ICA + ICB las tres corrientes de fase a amplitud Ip=lAB I BC = ICA que la corriente de fase por el factor 3 ; con una carga conectada en Y, sin embargo, la corriente de fase y la corriente de línea se efieren a la misma corriente, y el voltaje de línea es mayor que el voltaje de fase por el factor 3 . La solución de problemas trifásicos se puede efectuar rápidamente si apropiada.
Considérese un ejemplo numérico frecuente. 3 se usa en forma Ejemplo 4. Determine la amplitud de la corriente de línea en un sistema trifásico de 300 Vrms que entrega 1200 W a una carga conectada en A con un factor de potencia de 0. 8 atrasado. Soluclón: De nuevo se consideraré una sola fase. En esta fase, la carga absorbe 400 W; con un factor de potencia de 0. 8 atrasado, a un voltaje de línea de 300 Vrms. Entonces, 400 = de donde Ip = 1. 67 Arms y la relación entre corrientes de fase y corrientes de línea da IL 3 (1. 667) 2. 9 Arms El ángulo de fase de la carga es cos-1(0. 8) = 36. 90 y por lo tanto, la impedancia en cada fase debe ser 300 Zp = 36. 90 = 180 36. go Q 1. 667 Ahora se cambiará un poco el enunciado del problema. Ejemplo 5. La carga del ejemplo 4 está conectada en Y, en vez de en 0. De nuevo determine las impedancias de fase. Solución: En un análisis por fase, se tiene un voltaje de fase de 300/ 3 Vrms, una potencia de 400 W y un FP = 0. 8 atrasado. Entonces, 300 400 = (l p 3 p = 2. 89 A rmso L — 2. 89 A rms El ángulo de fase de la carga es o
