IV.- CIRCUITOS TRIFÁSICOSProblema 29
En el siguiente circuito trifásico balanceado, hallar las corrientes de fase, potencia monofásica y trifásica y dibujar el correspondiente diagrama fasorial indicando todas las tensiones y corrientes. Se asume alimentación balanceada en secuencia a, b, c.
Solución:
Tomando la tensión de la fase a como referencia,
Vf = 3
220 = 127∠ 0º Voltios.
IL= Ifa = °53,1- 12,7 = 53,1 10
0 127
Amperios
Ifb = 12,7 | - 53,1° - 120° Amperios
Ifc = 12,7 | - 53,1° - 240° Amperios
P1φ = If² × R = 968 Watt.
P3φ = 3 × P1φ = 2.904 Watt.
Problema 30
Dado el siguiente sistema trifásico balanceado:
Secuencia ABC, 60 Hz
En el nodo B, hay 115kV de tensión línea-línea. La fuente está conectada en delta con Zg = j 80 Ω /fase. La línea tiene impedancia serie por fase Z = (50 + j100) Ω .
Carga 1: Es de impedancia constante y consume 4,5 MW trifásicos cuando se le alimenta desde una fuente de 115 kV. Su factor de potencia es 0,75 en atraso.
Carga 2: Potencia activa constante y consume 10 MW a 115 kV y factor de potencia 0,8 en adelanto.
Calcule:a) Tensión interna por fase del generador.b) Factor de potencia de operación del generador.c) Corriente en la línea.d) Potencia total trifásica generada por la fuente.
Solución:
A BLínea
C1 C2
Fuente
(a) Trabajando con la fase A y el equivalente Y del sistema:
[ ] kV 48 38, 7125 ,118gEkV 48 8, 5387 ,68 I .Zc2) 1Zc(ZZggE
A69 13, 9237 ,74Zc2 1Zc3
0 000.115
Zeq
V I
k 87 36,- 058 ,18 ,0Cos8 0, / 10MW
(115kV)Zc2
k 41 41, 2042 ,275 ,0Cos75 0, / 5MW ,4
(115kV)Zc1
kV 03
115V
6667 ,26j3
80jZg
ABLL
BL
12
12
B
°=⇒°=++=
°=
°
==
Ω°==
Ω°==
°=
Ω==
−
−
(b)
9928 0,)87 Cos(-6,fp
MVA 87 6,- 4528 ,15gS V 82 6, 7489 ,68 I .ZggEV
I .V.3gS
3LA
LA3
=°=
°=⇒°=−=
=
ϕ
∗ϕ
(c)
A69 13, 9237 ,74 I L °=
(d)
MVA 8480) 1, j - 3419 (15,MVA 87 6,- 4528 ,15gS 3 =°=ϕ
RL
I gE
Zg XL
Zc1 Zc2
A B
Problema 31
Se tiene el siguiente sistema trifásico balanceado a sec. abc, y 60 Hz
Para el momento de operación, considerando que el generador es ideal y en la barra B hay una tensión línea-línea de 866.03 l 0º voltios rms, determine:a).- Voltaje línea – línea en la barra B ( tensiones ab,bc y ca)b).- Construya el diagrama fasorial de tensiones y corrientes en la barra B.c).-Potencia trifásica que entrega la fuente; S3 = P3 + jQ3 d)-Si se quiere compensar en la barra B, para obtener un factor de potencia fp=1,calcule el tamaño del elemento a conectar como banco de capacitores conectado d1) en Y y d2) en delta.
Representación trifásica del sistema;
Como se trata de un sistema trifásico balanceado, el voltaje entre los puntos neutros del sistema es cero VNN´ =0.
El hecho de estar balanceado, permite estudiar el sistema por fase.Para realizar este análisis por fase se requiere que todos los elementos presenten conexiones Y, o en su defecto sean transformados a su equivalente Y.
Se selecciona la tensión de línea AB en la carga, como referencia.
Representación unifilar de la fase A
donde VA = VAB l 0º-30º = 866.03 V. l -30º = 500 l-30º V √3 √3
Modelación de las cargas;
C1: 1Hp= 746W
75*746 = 55,95kW (potencia activa que consume la C1)
Modelamos esta carga como una impedancia constante, esto es:
Zc1= l VL-L l 2 = l VL-L l 2 = (866,03 V) 2 l-arcos(0,8) = 10.724 l-36.87º S3* P3/ fp 55,95kW / 0.8
Zc1=8.5792-j6.4344
C2:Potencia activa que consume: P3 =60*746 = 44.760 kW
Zc2= l VllB l 2 = (866.03V) 2 . lcos -1 (0.9) = 15.0806l25.84º S3* 44.76kW /0.9
Zc2=13.5728+j6.573
Viendo el circuito se puede obtener el paralelo de las dos cargas; Zeq= Zc1 // Zc2 = 7.1568 – j1.4416
Luego la corriente que pasa por la línea es
Il= VlnB = 500V . l-30º = 68.488 A l-18.6113 Zeq 7.1568 – j1.4416
Finalmente aplicando la ecuación de malla obtenemos VlnA;
VlnA= Il.Zl + VlnB
VlnA= (68.488 A l-18.61º)*(1+j5) + 500 l-30º V
Voltaje línea – neutro de la fase AVlnA= 609.48 l4.65º V
Por lo tanto el voltaje línea-línea en la barra A esVll = √3*VlnA llnº+ 30º
VAB= 1.055kV l34.95º
VBC= 1.055kV l34.95º-120º =1.055kV l-85.05º
VCA= 1.055kV l34.95º+120º = 1.055kV l154.95º
b.- Diagrama fasorial de tensiones y corrientes en barra B.
Nótese que la corriente adelanta el voltaje por la presencia de una carga equivalente netamente capacitiva.
c.- Potencia trifásica que entrega la fuente.Como se trata de una fuente ideal, Eln = VlnA = 609.48 l4.65º V S3= 3*S1*Eln*Il
*
S3 = 3*(609.48 l4.65º V)*( 68.488 A l-18.61)*
S3 = 115.048 kW + j49.452 kVAr P3 Q3
d.- Compensación en barra B para mejorar el factor de potencia, Para que la barra B presente un fp = 1 es necesario cancelar la entrada de reactivos a dicha barra. Esto se logra colocando un capacitor, si se quiere inyectar reactivos a la red, o un inductor, para quitar reactivos de la red. Calculando la potencia trifásica que llega a la barra B logramos identificar la naturaleza del elemento y su capacidad.
S3B= 3*S1B *VlnB*Il*= 3*(500 l-30º V)*( 68.488 A l-18.61)*
S3B= 100.708 kW – j20.288kVAr
Q3 = -20.288 kVAr Se trata de un inductor que absorba +20.288kVAr la potencia reactiva que produce la carga capacitiva de tal manera que la barra B quede libre de reactivos. Hallamos la reactancia inductiva Xl:
Xl = l VllB l 2 = j. (866.03V) 2 = j 36.9681 Q320.288 kVAr
Xl = j*w*L
L= w = 2* *f Xl
Xl
L = 2* *60 Hz = 10.198 H 36.9681
Ly = 10.198H banco de inductores conectados en Y
L=3* Ly = 30.5939 H banco conectado en
Problema 32
El alimentador trifásico de 23 kV de la siguiente figura tiene una carga de 9 MVA con un factor de potencia de 0,85 en atraso y un factor de carga igual a uno. A fin de mejorar el factor de potencia de la carga se decide instalar un banco de capacitores de 1800 kVAr. Determine:
a) La tensión VR en la carga antes de instalar el banco de capacitores.b) Las pérdidas en la línea sin los capacitores.c) El nuevo factor de potencia al aplicar los capacitores.d) La liberación de capacidad de la línea cuando se aplican los capacitores.e) El valor de la potencia aparente al aplicar los capacitores.f) La elevación de tensión al aplicar los capacitores.g) Las pérdidas en la línea con los capacitores.h) La reducción de las pérdidas de potencia al mejorar el factor de potencia.i) La reducción de las pérdidas de energía al mejorar el factor de potencia.
Solución:
a) Para determinar la tensión VR en el extremo de la carga, se aplica la ecuación:
( )
−−
−
−=
2
VcosaZSZS
2
VcosaZSV
2g
R
21
2R
22g
RR
de los datos del problema se tiene( ) Ω°=×+= 58,25 2,256j0,320,198Z
°=°−°=β−θ=α 26,46 31,78 58,25
Problema 33
En el circuito trifásico balanceado, secuencia abc, que se muestra en la figura, cuatro barras de generación a, b, c y d están conectadas como se ve en el diagrama de la figura A. A las barras a y c se conectan dos generadores, suministrando carga a un motor síncrono en la barra d. A efectos de análisis, todas las máquinas en cualquier barra se consideran como una máquina simple, representada por una f.e.m. y una reactancia en serie. El diagrama de reactancias se ha dibujado en la figura B. Los nodos están representados por puntos y todos tienen asignada una letra, excepto, los que unen reactancias en serie. Simplifíquese el circuito, eliminando todos los nodos, excepto, el neutro y e, f y g,
a los que están conectadas las f.e.m. de las máquinas. Nótese que los nodos que se conservan, salvo el neutro, no tienen existencia física en el sistema.
Figura A
figura B
Solución:
El nodo b se elimina transformando en el ∆ equivalente las reactancias conectadas en Y que van desde a, c y d, a b. Los cálculos son:
Ω=−=
Ω=−=
Ω=−=×+×+×=
0,5j0,3j
0,15Z
0,5j0,3j
0,15Z
1,5j0,1j
0,15
0,1j
0,1j0,3j 0,1j0,3j 0,3j0,3jZ
da
cd
ac
Combinando las impedancias en serie entre a y e, c y f y d y g, se eliminan los nodos sin rotular:
Ω=+=Ω=+=
Ω=+=
1,0j0,1j0,9jZ
0,95j0,05j0,9jZ
1,1j0,1j1,0jZ
dg
cf
ea
Si ahora se combinan las impedancias en paralelo entre a y d y c y d, se obtiene:
Ω=+×== 0,1875j
0,3j0,5j
0,3j0,5jZZ cdad
A continuación se procede a transformar la ∆ formada por a, c y d en la Y equivalente. Los correspondientes cálculos son:
Ω=++
×=
Ω=++
×==
0,0188j0,1875j0,1875j1,5j
0,1875j0,1875jZ
0,15j0,1875j0,1875j1,5j
1,5j0,1875jZZ
d
ca
Finalmente, se suman las impedancias en serie de la Y obtenida y se transforma ésta en la ∆ equivalente, obteniendo así la malla buscada. Los cálculos necesarios se dan a continuación:
Ω=−=
Ω=−=
Ω=−=×+×+×=
3,42j1,10j
3,77Z
3,02j1,25j
3,77Z
3,70j1,02j
3,77
1,02j
1,25j1,02j 1,02j1,10j 1,10j1,25jZ
ge
fg
ef
Hay formas mas eficientes de resolver este problema, una de ellas es mediante métodos matriciales aplicando partición de Kron para reducir la red conservando sólo los nodos de interés. Este interesante tópico está fuera del alcance de este problemario.
Problema 34
Si las f.e.m. internas de las fuentes A, B y C, en el problema 33, tienen los valores
36,9- 1,5E , 15 1,5E , 0 1,5E CBA °=°=°=
determine las potencias de salida de A y B, así como la potencia de entrada en C.
Solución:
Las corrientes en el ∆ son:
Amp.0,088j - 0,263- 3,42j
0 1,5 36,9- 1,5
Z
EEI
Amp.0,083j - 0,426 3,02j
36,9- 1,5 15 1,5
Z
EEI
Amp.0,014j - 0,105- 3,70j
15 1,5 0 1,5
Z
EEI
ge
ACge
fg
CBfg
ef
BAef
=°−°
=−
=
=°−°
=−
=
=°−°
=−
=
Las corrientes en los terminales son:
Desde el generador A: Amp.32,8- 0,188 0,102j0,158 II I geefe °=−=−=
Desde el generador B: Amp.7,4- 0,536 0,069j0,531 II I effgf °=−=−=
Hacia el generador C: Amp.13,9- 0,710 0,171j0,689 II I gefgg °=−=−=
Las potencias buscadas son, por lo tanto:
P A: W.0,237 = 32,8 cos 0,188 1,5 °×
P B: ( ) W.0,743 = 7,4+15 cos 0,536 1,5 °°×
PC de entrada a la carga en C : ( ) W.0,985 = 13,9-36,9 cos 0,710 1,5 °°×
Problema 35
En el siguiente circuito, hallar las corrientes de fase. Asuma f = 60 Hz, secuencia abc.
Solución:
( ) M M
1 k L L 1 4 0,5
a c 4L Lω ω ω ω= ∗ = ∗ =
Planteando las mallas principales:
Vab = 100 | 0° = ( 2 + j1 ) I1 + ( -2 + j0,5 ) I2
Vbc = 100 | - 120° = ( -2 + j0,5 ) I1 + ( 2 + j3 ) I2
Resolviendo se obtiene:
I1 = 15,63 -35,83 ° = 12,67 - j9,15
I2 = 31,88 -161,04 ° = -30,15 - j10,36
ia = I1 = 15,63 | - 35,83° Amperios
ic = - I2 = 31,88 | 18,96° Amperios
ib = I2 - I1 = 42,84 | - 178,4° Amperios
Problema 36
Para el siguiente circuito hallar I, IM e Ic en cada fase, la potencia total entregada por la fuente y el factor de potencia, dibujar tensiones y corrientes en un diagrama fasorial.
Datos:V1 = 220 Voltios.
Z = 16 - j12 Ω
Solución:
Tomando Van como referencia
IM = 3220
10000 = 26,25 | - 53,13° Amperios
| Zmotor Y | =
26,253
220= 4,84 Ω
| Zmotor Y | = 4,84 Ω 53,13 ° = ( 2,904 + j3,872 ) Ω
Zcarga Y = 3
12 16 j− = 5,33 - j4 Ω
Zmotor // Zcarga = 3,91 | 17,17° Ω
I = 17,17 3,91 3
220
°× = 32,5 | - 17,17° Amperios
Ic = I - IM
Ic = 19,08 | - 36,70° Amperios
P3φ = 3 × 3
220 × (32,5) × cos 17,17 Watt
S3φ = 3 × 3
220 × (32,5)
S3φ = 12,3842 kVA
cos θ = cos 17,17 = 0,955
Problema 37
Dado el siguiente sistema trifásico balanceado, secuencia abc, 60 Hz, hallar: a) Tensiones de fase y de línea en la barra A.b) Potencia que entrega la fuente.c) Diagrama fasorial con tensiones de fase, de línea y corrientes por la línea.
Solución:
(a) Pc1 = 75 × 746 = 55.950 Watt. ⇒ Sc1 = 0,8
55.950 = 69.937,5 VA
Pc2 = 60 × 746 = 44.760 Watt. ⇒ Sc2 = 0,9
44.760 = 49.733,3 VA
utilizando la relación Q = P tang θ , se tiene para Qc1 y Qc2:
Qc1 = -41.962,5 VAR
Qc2 = 21.678,3 VAR Sc1 = 3 × V × Ic1*
I = Ic1 + Ic2 Ic1* =
V3
Sc1
× Ic2
* = V3
Sc2
×
I* =
30 866,03 3
11,4 102.733,4
30- 866,03 3
25,8 49.733,3
30- 866,03 3
36,87 69.937,5
−×
−=
×+
×
−
I = 68,5 | -18,61° Amperios
La tensión de fase generada por la fuente es:
Vg = 866,03 30
3
− ° + I × ( 1 + j5 ) = 609,52 | 4,96° Voltios.
Vg de línea:
VgL = 1055,72 | 34,96° Voltios.
(b) La potencia trifásica en la fuente:
Sg3φ = 3 Vg I* = 125.256,36 | 23,57° VA
Problema 38
En el sistema mostrado determine las corrientes que fluyen hacia el nodo n de la carga.
Solución:
Este problema se puede resolver por el método de mallas, pero se desea ilustrar la forma de realizar transformaciones ∆ - Y con fuentes y equivalentes trifásicos.
1. Transformando a Y cada una de las dos deltas y sumando las impedancias de línea se obtiene:
( ) ( ) ( ) ( )Z 2 2
3 2 1
8 5
3 Z
3 4
3 1 2 2
2
3 Y1 Y2=
++ + =
+=
−+ + = +
jj
j jj j
E 200
3 30 30 E
300
3 0 30 Y1 Y2= + = + (note la secuencia de fase en las
fuentes)
2. Transformando nuevamente a delta:
Z∆ 1 = 3ZY1 = 8 + j5 = 9,43 | 32° Z∆ 2 = 6 + j2 = 6,32 18,44 ° Ω
E∆ 1 = 200 | 30° E∆ 2 = 300 | 0°
3. Se halla el equivalente del sistema entre los puntos a, b y c, haciendo el paralelo de las dos deltas. Se transforman las fuentes de tensión a fuentes de corriente, se suman las corrientes y se encuentra el paralelo de las impedancias, luego se transforma a fuentes de tensión nuevamente.
La impedancia equivalente del paralelo de las deltas es:
Z∆ ' = Z∆ 1 // Z∆ 2 = ( ) ( )8 5 6 2
14 7
+ ++
j j
j = 3,49 + j1,54 = 3,81 | 23,8°
La fuente de corriente equivalente de ambas deltas, inyectada al punto a es:
( ) ( ) ( ) ( )Ia 200 30
8 5
300 0
6 2
200 90
8 5
300 120
6 2 118 16,6 Amperios=
++
+−
−
+−
−
+
= °
j j j j
Idénticamente
Ib = 118 136,6 ° Amperios
Ic = 118 -103,4 ° Amperios
transformando a estrella se obtiene:
ZY' = 1,1633 + j0,5133
EY' = Ia × ZY' = 118 16,6 ° × ( 1,1633 + j 0,5133 ) ≅ 150,0385 | 40,4°
EY' = 114,2444 + j 97,2613 Voltios
EY'b= 150,0385 | 160,4° Voltios
EY'c= 150,0385 | -79,6° Voltios
Se halla la tensión Vnn' por análisis nodal:haciendo las operaciones apropiadas se concluye que
Vnn' =
( ) °=°
°−−=
++×
°−−=
+− 86,11- 11,05
6,51 13,58
79,6 150,0385
10 0,5133 1,16333
79,6 150,0385
10 3Z
E
'y
'y c
j
Voltios
Se recomienda al estudiante realizar las operaciones para llegar a esta relación.
Ian = Amperios37,97 30,23 = 5,67 5,19
43,65 156,8644
0,5133 5,1633
86,11- 11,05 40,4 150,0385
=+
−
j
del mismo modo,
Ibn = 150,97 29,83 Amperios
Icn = 86,11- 33,15 Amperios
Problema 39
Sea el siguiente circuito trifásico, en el cual las fuentes están balanceadas. Determine el valor de la tensión de los generadores del lado derecho.
If = 37,9912 - j 6,4216 Amperios
Solución:
Se reconoce un sistema tetrafásico balanceado del lado izquierdo (4 fases), en donde la cuarta fuente se encuentra conectada a la conexión del neutro de la Y del lado derecho.
En condiciones de pre-falla:
Sin la impedancia Zf el sistema es balanceado. Se decide plantear un
equivalente Thévenin entre sus extremos tomando en cuenta las condiciones del circuito balanceado y expresando VTh en función de E.
Conocidas todas las impedancias y la corriente de falla If, se obtiene entonces E.
ZTh = [1
3 ( 4 + j4 ) + ( 2+j3 )] // ( 2 + j1 ) = 1,62 | 34°
Al plantear el equivalente Thévenin en la impedancia Zf se concluye que:
VTh = If × ( ZTh + Zf ) = (37,9912 - j6,4216) (1,62 | 34° + 2)
VTh = 133,45 | 5,57°
Por otro lado:
(1) VTh = E | α + Ia'n' × ( 2 + j1 ), donde Ia'n' es la corriente en esa rama, antes
de aplicar el equivalente Thévenin.
Considerando que las fuentes son balanceadas, la variación en la tensión entre los neutros n y n' antes de la conexión de la rama f es cero, así:
Ia'n' = Iaa' = ( )4 4
E 10 100
j+
α−
sustituyendo en (1):
VTh = ( ) ( ) E 1 2
4 4
E 10 100α++×
+
α−j
j
Despejando y sustituyendo el valor para VTh calculado previamente,
E | α = ( ) ( )
0 150 3 2
1 2 10 100 4 4 VTH=
+
+×−+
j
jj
como la fuente es balanceada en secuencia positiva, las tensiones quedan como:_
Eα = E | α = 150 | 0°_
Eβ = E | β = 150 | - 120° _
Eδ = E | δ = 150 | 120°
Problema 40
El sistema trifásico mostrado a continuación esta operando en condiciones balanceadas y en secuencia abc. Repentinamente un cable de impedancia cero, une los puntos a y n. Con el circuito operando bajo esta condición calcule:
a) Tensión Vng, Van, Vbn, Vcn.b) Potencia trifásica aparente que le envía el generador a la carga.
Esta vez resolveremos el problema con el método de mallas para así apreciar la diferencia que presenta este método con respecto a la reducción por Thevenin.
Al colocar un cable entre a y n, la impedancia de la fase a de la carga queda cortocircuitada; quedando así dos mallas de la siguiente manera;
debido a que el sistema se encontraba operando en forma balanceada a secuencia abc, las tensiones del generador son;
VV
VV
VV
cg
bg
ag
º120260
º120260
º0260
∠=
−∠=
∠=
Teniendo estos valores procedemos a calcular las corrientes I1 e I2 mediante el método de mallas;
[ ] [ ] [ ]
[ ] [ ][ ]VZI
luego
IZV
1
*
−=
=
y mediante las ecuaciones de las dos mallas del sistema se llega al siguiente arreglo
de esta forma obtenemos I1 e I2;
AI
I
−∠
−∠=
º33.976997.67
º44.63206.87
2
1
por lo tanto las corrientes de línea en cada fase de la carga son;
º67.82697.67
º15.1678603.48
º44.63206.87
2
12
1
∠=−=∠=−=
−∠==
AII
AIII
AII
c
b
a
Tensión entre el punto n y g
VV
jAVV
jjIVV
ng
ng
bBgng
º89.360617.130
)44(*)º15.1678603.48(º120260
)242(*
−∠=
+∠−−∠=
++−=
este valor debe dar igual independientemente de la fase que se emplea para determinarlo.
.-Tensión en cada fase de la carga,
VjIV
VjIV
V
ccn
bbn
an
º23.1097502.302)24(*
º28.1665099.218)24(*
0
∠=+=−∠=+=
=
.-Potencia trifásica que entrega la fuenteComo el sistema se encuentra desbalanceado, el generador no entrega la misma potencia por cada fase. Por lo tanto se debe calcular la potencia aparenta que se envía por fase, luego la potencia trifásica es la suma de las tres potencias por fase.
Hallamos la potencia por cada fase;Fase A:
kVArjkWS
AVS
IVS
A
A
aAgA
28.20138.10
)º44.63206.87(*)º0260(
**
*
+=−∠∠=
=
Fase B:
kVArjkWS
IVS
B
bAgB
138.12745.3
* *
+=
=
Fase C:
∠−−∠
−∠−∠
Ω+Ω+−
Ω+−Ω+=
−
V
V
jj
jj
I
I
º120260º120260
º120260º0260*
88)44(
)44(641
2
1
kVArjkWS
IVS
C
cCgC
673.10995.13
* *
+=
=
Finalmente la potencia aparente trifásica que entrega el generador a la carga está dada por la sumatoria de las tres potencias obtenidas anteriormente;
kVArjkWS
SSSS
f
CBAf
093.43879.273
3
+=
++=
Problema 41
Para el siguiente sistema desbalanceado;
que opera a sec. abc, @ 60Hz.Bajo condición balanceada el sistema opera con un voltaje en la barra 2 deVab=l V l l0ºY la corriente de línea es de;Il=1.224kA l-75º
La impedancia de la carga conectada a la barra 2 es;Zc= 3+jX
Determinar;a) El valor de la corriente de falla If.b) Si se quiere limitar la corriente de falla a valores inferiores que lIl=1000
amperios, mediante una impedancia de Zf= 1+jXf., Calcule dicha reactancia Xf.
Para hallar la corriente de falla If es conveniente aplicar un equivalente de Thevenin entre los puntos A’ y B’. Esta vía es la más rápida ya que nos permite trabajar el sistema balanceado, y luego, mediante el equivalente de Thevenin, calcular la corriente que circula por el cortocircuito.
Hallamos la impedancia Zc de la carga conectada en la barra 2.Al aplicar Thevenin entre A’ y B’, quitando el corto entre estos dos puntos, el
sistema pasa a operar en condición balanceada.
La corriente de fase de la carga es
If= Il. l-75º+30º = 706.677 A l-45º
√3
Vab= If. Zc.
Sustituyendo los datos se tiene;lVl l0º = (706.677 A l-45º) . (3+jX) (I)
Por Euler, se tienelVl l º = lVl.cos( ) +jlVl.sen( ). Aplicando esta igualdad a la ecuación I se obtiene;lVl.cos(0º) + jlVl.sen(0º)=(500-500).(3+jX)
igualando parte real y parte imaginaria;lVl=1500 + 500.X (II) parte real
500.X – 1500= 0 (III) parte imaginaria
de esta ecuación se obtiene
X = 3
Sustituyendo este valor en la ecuación II de la parte real se obtiene el valor del voltaje Vab;
lVl = 1500 + 500.(3)= 3kV
Vab= 3kV l0º.
Zc= 3+j3.
Retomando el equivalente de Thevenin nos queda lo siguiente;
donde
Vth = Vab = 3kV l0º.
Restaría hallar la Zth;Para ello se cortocircuitan las fuentes y se calcula la impedancia vista entre A’y B’
pasando el generador a estrella queda la impedancia de cada fase en serie con la línea, luego se vuelve a la configuración de dos deltas en paralelo y queda:
Finalmente
Zth= (Zc//Zc’+Za//Za’)//Zb//Zb’.Zth= 1.6 + j 1.6
Luego la corriente de falla If es
If = Vth = 3kV l0º. = 1.324kA l-45º Zth 1.6 + j 1.6
c) para limitar dicha corriente de tal manera que su módulo sea menor que 1000 amperios colocamos la impedancia Zf en el equivalente de Thevenin, y se estudia la peor condición de falla.
La corriente If será mayor a medida que Zth 0, por lo tanto
l Zf l = l Vth l = 3 kV l If l 1000 A
Ω+=
Ω=
−=
Ω==+
8284.21
8284.2
13
31000
30001
2
2
jZ
X
X
X
f
f
f
f