Electrotecnia General y Laboratorio
1º Cuatrimestre / 2013
PARCIAL N°3- Fecha: 05/07/2013 Teoría: Problema 1: Demostrar que dos vatímetros son suficientes para medir la potencia en un sistema trifásico de tres hilos. Respuesta: El método de los dos vatímetros es apropiado para la medición de potencia trifásica en sistemas equilibrados o desequilibrados de 3 hilos (sin neutro). En este caso, las tres bobinas de tensión de los vatímetros se unen a un punto neutro artificial “p”, Las tres resistencias de los circuitos de tensión deben tener el mismo valor de manera que “p” se ubique en el baricentro del triángulo de tensiones de línea. El esquema de esta conexión de medición de potencia se observa en la figura siguiente:
Llamando UOP a la diferencia de potencial que existe entre los puntos “O” y “p”, la caída de tensión en cada bobina de tensión de los vatímetros es:
La potencia que medirá cada vatímetro será:
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La potencia total trifásica se puede calcular como:
Como iR + iS + iT = 0 por carecer de hilo neutro, podemos escribir:
En donde cada término representa la potencia consumida por la carga conectada a cada fase. Debido a esto
Es decir que la potencia trifásica total es la suma de las potencias medidas por los vatímetros. MÉTODO DE LOS DOS VATÍMETROS: El método anterior es válido para cualquier potencial del punto “p”. Si llevamos el punto “p” a la fase “S”, la tensión USP será nula (Usp=0) con lo que podemos quitar el vatímetro W S ya que no efectuará ninguna lectura, con lo que nos ahorramos un vatímetro. ELECTROTECNIA GENERAL Y LABORATORIO -2-
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El esquema de esta conexión de medición de potencia se observa en la figura siguiente:
Debido a esto, las tensiones aplicadas a las bobinas de tensión de los vatímetros son:
La potencia total consumida por la carga es:
Como no tenemos hilo neutro IR + IS + IT = 0, por lo tanto IS = -IR –IT
Potencia media que miden los vatímetros:
O en forma genérica:
Problema 2: Demostrar que la relación entre tensión de línea y tensión de fase es √3. Respuesta: Tomando un sistema trifásico de generadores de tensión, simétrico y equilibrado, el diagrama fasorial del mismo se correspondería con la siguiente figura:
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Tomando U R = U S = U T = U f y U RS = U ST = U TR = U l ; las relaciones entre las tensiones de fase y de línea pueden encontrarse, haciendo referencia a la siguiente figura, como:
Práctica: Problema 3: Una nave agrícola industrial se alimenta de una red trifásica de 3 x 380 V/ 220V, de manera que el consumo de las tres fases es el mismo. Se sabe que el cos φ = 0.8 y que la potencia aparente consumida es de 100 KVA. 1. Cuál es la intensidad en la línea de abastecimiento? 2. Cuál es la potencia eficaz consumida por sus receptores? 3. Si por medio de una batería de condensadores, elevamos el factor de potencia de la instalación hasta cos φ = 1. Cual sería entonces la intensidad en la línea? Respuesta: De los datos ya tenemos identificadas las tensiones de fase (220 V) y de línea (380 V) y el cos φ de la carga (= 0.8) y el módulo de la potencia aparente (|S| = 100 kVA). 1. S =
3U l I l ⇒ I l =
S 3U l
⇒
Il =
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100[KVA] ⇒ 3.380[V ]
I l = 151,93[A]
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P = S cos ϕ
⇒
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P = 100[KVA ].0,8
P = 80[KW ]
⇒
3. Cuando cambiamos el factor de potencia, el valor de la potencia activa no cambia. Si elevamos el factor de potencia a 1 la potencia será:
P = 3U l I l cos ϕ
Il =
⇒
P 3U l cos ϕ
⇒
Il =
80[KW ] 3 x380[V ]x1
⇒
I l = 121,55[A ] Problema 4: Un sistema trifásico trifilar de 240 V de tensión de fase y secuencia RST, alimenta una carga trifásica equilibrada conectada en estrella, formado por impedancias de valor 20/80º Ω. Hallar la lectura de dos vatímetros dispuestos en las líneas R y T con sus bobinas de tensión conectadas según el método de Aron. Respuesta: De los datos del problema podemos ver que, al ser equilibrado, φ = 80°. Los vatímetros se conectan según el siguiente esquema:
Sabemos que para esta configuración de conexión las lecturas vienen dadas por:
Como φR = φS = 80° Las corrientes serán: I l =
Uf Z
⇒
Il =
240[V ] ⇒ 20[Ω]
I l = 12[A]
Por lo tanto las lecturas de los vatímetros serán:
WR = U RS I R cos(ϕ R + 30) ⇒ WR = 415[V ].12[ A]. cos(80° + 30°)
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⇒
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WT = U TS I T cos(ϕT − 30) ⇒ WT = 415[V ].12[A]. cos(80° − 30°) ⇒
Problema 5: Se dispone de seis impedancias idénticas de Z/–60º Ω. Si se conectan en serie por parejas y se coloca cada pareja en una fase conectada en estrella, en un sistema equilibrado de 200 [V] de tensión de fase, y la potencia aparente es de 6K [VA]. Determinar: a) la potencia aparente cuando se conecta cada pareja en triángulo, b) Si las parejas se conectan en paralelo, calcular la potencia activa de la conexión en estrella. Respuesta: Lo primero que vamos a hacer es calcular el valor de la impedancia. Si conectamos dos de las impedancias en serie, su valor será ZS = 2 Z/–60º Ω, y a partir del valor de la potencia aparente y sabiendo que todas las relaciones son de módulos, tendremos que:
S = 3.U l .I l
Il =
⇒
S 3.U l
Por otro lado:
U l = 3U f
⇒
U l = 3.200[V ]
Como las cargas están conectadas en estrella:
Il =
Uf 2Z
Reemplazando todo esto en la fórmula de la potencia aparente:
S = 3. 3.U f .
Uf 2Z
⇒ S =3
U 2f 2Z
⇒ 6000[VA] = 3
[ ]
2002 V 2 2Z
[ ]
2002 V 2 Z =3 ⇒ Z = 10[Ω] 2.6000[VA] Por lo tanto Z = 10/–60º Ω a) Si conectamos en triángulo los tres pares de impedancia en serie, sabemos que la potencia que consumen aumentará al triple: ELECTROTECNIA GENERAL Y LABORATORIO -6-
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S ∆ = 3Sλ
⇒
S ∆ = 3.6000[VA]
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S ∆ = 18000[VA]
b) Al conectar dos de estas impedancias en paralelo, su valor bajará a la mitad, así tendremos: ZP = 5/–60º Ω La corriente de fase será, analizando sólo las relaciones de módulos que es lo que necesitamos:
Il =
Uf Zp
⇒
Il =
200[V ] 5[Ω]
⇒
I l = 40[A ]
Ahora podemos calcular la potencia activa de la conexión estrella con los datos que tenemos:
P = 3.U l .I l . cos ϕ
⇒
P = 3. 3.200[V ].40[ A]. cos(−60°)
⇒
P = 12000[W ]
Nota 1: para tener derecho a la promoción se debe tener bien resuelto por lo menos un punto de la parte teórica. Nota 2: la forma de resolver los problemas no es única ni la mas corta, sino la que creí mas didáctica.
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